Introduc ao ` aAlgebraPolin omios exerccios resolvidosA1) Determine A e B reais de modo que a igualdade3x + 1(x 2)(x + 2)=Ax 2+Bx + 2se verique para todo x R {2, 2}.Soluc ao: Multiplicando-se os dois membros da igualdade por (x 2)(x+ 2),obtemos 3x+ 1=A(x+ 2)+ B(x 2) que e equivalente a 3x+ 1=(A+ B)x+(2A 2B). Comparandooscoecientesnosdoismembrosda ultimaigualdade,obtemos:_A + B = 32A 2B = 1. Multiplicando-se a primeira equac ao por 2 e somando-se com a segunda, obtemos: (2A+ 2B)+ (2A 2B) =6+ 1, ou seja, 4A=7.Da, obtemos A=74, que substituindo na primeira equac ao fornece74+ B=3 B = 74+ 3 B =54. Portanto, A =74 e B =54.A2) Determine o quociente q(x) e o resto r(x) da divis ao def (x) por g(x) em cadacaso a seguir:a) f (x) = x4+ 7x3 5x2+ 10x 3, g(x) = x2+ 2b) f (x) = x3+ 6x2+ 9x 11, g(x) = x2+ x + 1Soluc ao:a)Dividimos x4por x2e obtemos como resultado x2. Multiplicamos x2por (x2+2) e obtemosx4+ 2x2. Subtramos esse resultado def (x), ou seja, somamosf (x) com x4 2x2e o resultado dessa operac ao inicia com 7x3. Repetimoso procedimento de divis ao porx2,etc. at e obtermos um resultado com graumenor do que 2.1O quociente da divis ao e q(x) = x2+ 7x 7 e o resto e r(x) = 4x + 11.b)Dividimos x3por x2e obtemos x. Multiplicamos x por (x2+x +1) e subtramosdef (x). Prosseguimos de maneira semelhante at e obtermos um resultado degrau menor do que 2.O quociente e q(x) = x + 5 e o resto e r(x) = 3x 16.Em qualquer caso observe quef (x) = g(x) q(x) + r(x).A3) Determine o valor de a R para que a divis ao def (x) = x4+ 2ax3+ (a 2)x2+ 5ax 3por g(x) = x + 2 apresente resto igual a 6.Soluc ao: O resto da divis ao def (x) porx+ 2=x (2) e igual af (2) =16 16a +4(a 2) 10a 3 = 22a +5. Devemos ter 22a +5 = 6 o que implica22a = 11, ou seja, a =12.A4) Determine a Z5 de modo quef (x)=2x3+ x2 3x + a Z5[x] seja divisvelpor g(x) = x + 1 Z5[x].Soluc ao: O resto da divis ao def (x) porx+ 1=x (1) e igual af (1) =2 + 1 + 3 + a = 2 + a. Para que o resto da divis ao seja nulo, devemos ter 2 + a = 0,ou seja, a = 2 = 3.2A5) Determine o resto da divis ao def (x) = 7x5+ax3+bx2+4x+1 [x] por x2,sabendo o quociente da divis ao e q(x) = 7x4+ cx3+ dx2+ ex + 25 [x].Soluc ao: Orestodadivis aoporumpolin omiodegrau1s opodeterrestoconstante. Suponhamos que o resto dessa divis ao seja r(x) =k . Devemos terf (x) = q(x) (x 2) + r(x), ou seja,7x5+ ax3+ bx2+ 4x + 1 = (7x4+ cx3+ dx2+ ex + 25) (x 2) + k.O termo independente de x do lado esquerdo da ultima igualdade e igual a 1. Poroutro lado, o termo independente de x do lado direito e igual a 25 (2) + k.Logo,25 (2) + k= 1 k 50 = 1 k= 51 .A6) Considere a equac ao de coecientes inteiros 25x6+bx5+cx4+dx3+ex2+49 = 0e o conjuntoA =_ 710, 85, 2549,725, 73, 197,325, 495, 78, 175_.Quais os elementos de A que podem ser razes dessa equac ao?Soluc ao: Sendop, q , para quepqseja raiz da equac ao dada, devemos terp | 49 e q | 25. Portanto, dos elementos de A, os unicos que t em chance de seremrazes s ao o725 e o495 .A7) Determine as razes das seguintes equac oes polinomiais:a)15x3+ 22x2 15x + 2 = 0b)4x4+ 19x3+ 23x2+ 41x 12 = 0Soluc ao:a)O termo independente de x da equac aof (x)= 15 x3+ 22x2 15x+ 2 = 0 e 2 eo coeciente do termo de maior grau e 15.Os divisores de 2 s ao 1, 2Os divisores de 15 s ao 1, 3, 5, 15As possveis razes racionais da equac ao s ao os divisores de 2 divididospelos divisores de 15, ou seja, s ao 1, 13, 15, 115, 2, 23, 25, 215Substituindo cada uma das possveis razes emf (x) obtemos f (2) =0,f (15) = 0 ef (13) = 0.Logo, as razes da equac ao s ao 2,15 e13.3b)O termo independente de x da equac aof (x) = 4 x4+19x3+23x2+41x 12 = 0 e 12 e o coeciente do termo de maior grau e 4.Os divisores de 12 (ou 12) s ao 1, 2, 3, 4, 6, 12Os divisores de 4 s ao 1, 2, 4As possveis razes racionais da equac ao s ao os divisores de 12 divididospelos divisores de 4, ou seja, s ao 1, 12, 14, 2, 3, 32, 34, 4, 6, 12Substituindo cada uma das possveis razes emf (x) obtemosf (4)= 0 ef (14) = 0.Logo, 4 e14 s ao razes o que implica quef (x) e divisvel pelo polin omio4(x (4))(x 14) = 4x2+ 15x 4.Dividindo-sef (x) por 4x2+ 15x 4 obtemos quociente igual a x2+ x + 3As outras razes def (x), al em do 4 e14, s ao as razes de x2+ x + 3= 0que s ao razes complexas: x = 11122= 1112= 111i2.Logo, as razes da equac ao s ao 4,14 e 12 112i.A8) Um resultado conhecido como Crit erio de Eisenstein pode ser aplicado para sesaber da irredutibilidade de um tipo particular de polin omio de coecientes inteiros, e enunciado na seguinte forma:Sejaf (x) = anxn+ +a1x +a0 Z[x] para o qual existe um inteiro primo p tal quep | a0, p | a1, p | a2, , p | an1,pan,p2 a0,ent aof (x) e irredutvel sobre Z. Veja tamb em o exerccio C1.Usando esse resultado, verique se os seguintes polin omios s ao irredutveis sobre Z:a) f (x) = 5x9+ 7x4 49x3+ 14x2 7x + 21b)g(x) = x6+ 20x5 14x4+ 8x3+ 50x2 44x + 10c)h(x) = 4x4 121x3+ 22x2 44x + 33d) j(x) = 3x7+ 100x6 90x5+ 80x4 70x3+ 30x2 40x + 15Soluc ao:a)Consideremos o primo p= 7. Temos: p | 7, p | (49), p | 14, p | (7), p | 21,p5, p2 21. Logo, pelo Crit erio de Eisenstein, f (x) e irredutvel sobre Z.4b)Consideremos o primo p= 2. Temos:p | 20, p | (14), p | 8, p | 50, p | (44),p | 10, p1, p2 10. Logo, pelo Crit erio de Eisenstein,f (x) e irredutvel sobreZ.c)Consideremos o primop= 11. Temos: p |(121), p |22, p |(44), p |33,p4, p2 33. Logo, pelo Crit erio de Eisenstein, f (x) e irredutvel sobre Z.d)Consideremos o primop=5. Temos: p | 100, p | (90), p | 80, p | (70),p | 30, p | (40), p | 15, p3, p2 15. Logo, pelo Crit erio de Eisenstein, f (x) e irredutvel sobre Z.A9) Mostre que os seguintes polin omios s ao redutveis sobre A:a) f (x) = x2+ 1, A = Z5b)g(x) = x2+ x + 2, A = Z4c)h(x) = x4 4, A = Rd) j(x) = x3 8, A = Re)k(x) = 10x3+ 13x2 13x + 2, A = Qf)h(x) = x4+ 4, A = Zg) j(x) = x4+ x2+ 1, A = ZSoluc ao: Em cada caso, devemos mostrar que e possvel fatorar o polin omiodado escrevendo-o como produto de dois polin omios n ao constantes de A[x]. Emalguns casos, podemos utilizar conhecidas f ormulas como a2+ 2ab + b2= (a + b)2,a2 b2= (a + b)(a b), etc.a)Por substituic ao direta emf (x) dos elementos de Z5= {0, 1, 2, 3, 4}, obtemos:f (0) =1, f (1) =2, f (2) =5=0, f (3) =10=0 ef (4) =17=2. Logo,as razes def (x) emZ5 s ao2 e3 o que implica emf (x) =(x 2)(x 3) =(x + 3)(x + 2).b)Substituindo-se cada elemento de Z4= {0, 1, 2, 3 em g(x), obtemos:g(0)=2,g(1)= 4= 0, g(2)= 8= 0, g(3)= 14= 2. Logo, as razes de g(x) em Z4 s ao 1e 2. Logo, g(x) = (x 1)(x 2) = (x + 3)(x + 2).c)h(x) = x4 4 = (x2)2 22= (x2+ 2)(x2 2)d)Comoj(2) =23 8=0 temos que 2 e raiz dej(x). Isso signica quej(x) edivisvel por x2. A divis ao de j(x) por x2 deixa resto nulo e quociente iguala x2+ 2x + 4. Logo, j(x) = (x 2)(x2+ 2x + 4).5e)Aspossveisrazesracionaisdek(x)s aoosdivisoresde2divididospelosdivisoresde10, ouseja, s ao 1, 2, 12, 15, 25, 110. Substituindodire-tamenteemk(x)vericamosquesomente 2,15e12s aorazes. Portanto,k(x) = 10(x (2))(x 15)(x 12) = (x + 2)(5x 1)(2x 1).f)Para que x4+4 seja o quadrado de algum outro polin omio, falta somar um termo4x2. Paran aoalteraropolin omio, somamosesubtramosomesmotermo:h(x) = x4+ 4 = x4+ 4 + 4x2 4x2= (x4+ 2x2+ 4) 4x2= (x2+ 2)2 (2x)2=((x2+ 2) 2x)(x2+ 2) + 2x) = (x2 2x + 2)(x2+ 2x + 2).g)Vamos completar o quadrado emj(x). Para isso, devemos somarx2paraobtermos x4+2x2+1 que e um quadrado perfeito. Portanto,j(x) = x4+x2+1 =x4+x2+x2+1x2= (x4+2x2+1)x2= (x2+1)2x2= ((x2+1)+x)((x2+1)x) =(x2+ x + 1)(x2 x + 1).A10) Escreva o polin omiof (x) =x4 7x2+ 10 como um produto de fatores irre-dutveis sobre os seguintes corpos K:a)K= Qb)K= Q[2] = {a + b2 | a, b Q}c)K= Q[5] = {a + b5 | a, b Q}d)K= RSoluc ao:a)Inicialmente,vamos tentar resolver a equac aox4 7x2+ 10=0 (que e co-nhecida pelo nome de equa c ao biquadrada). Fazendox2=y, obtemos y27y + 10= 0 que e uma equac ao do segundo grau na vari avel y, cujas razes s aoy=749402 y= 2 ou y= 5. Da, temos y2 7y + 10= (y 2)(y 5) f (x) = (x2 2)(x2 5) . Os polin omios x22 e x25 n ao t em razes racionais;logo, s ao irredutveis sobre Q.b)EmQ[2] o polin omio x22 pode ser fatorado na forma x22 = (x +2)(x 2). Logo, emQ[2], afatorac aode f (x)comoprodutodeirredutveis ef (x) = (x +2)(x 2)(x2 5) .c)EmQ[5] o polin omio x25 pode ser fatorado na forma x25 = (x +5)(x 5). Logo, emQ[5], afatorac aode f (x)comoprodutodeirredutveis ef (x) = (x2 2)(x +5)(x 5) .6d)EmR o polin omio x22 pode ser fatorado na forma x22 = (x +2)(x 2)e x2 5 como x2 5=(x +5)(x 5). Logo, emR, a fatorac ao def (x)como produto de irredutveis e f (x) = (x +2)(x 2)(x +5)(x 5) .B1) Dados n , n 2 e um inteiro primo p > 0, mostre quenp e irracional.Soluc ao: Se a=np,ent ao an=p anp=0 a e raiz da equac aof (x)=xn p= 0. As possveis razes racionais dessa equac ao s ao os divisores dep: 1, 1, p, p. Comof (1) = 1 p0, f (1) = (1)n p0, f (p) = pn p0 ef (p)= (p)n p0 temos que a equac ao n ao possui raiz racional. Conclumos,ent ao, que a e irracional.B2) Seja P(x) = (2x2+ x + 1)(3 + 7x x2) + (x3 2)(13 + 2x) Z[x]a)Mostre que P(x) e um polin omio constante;b)Racionalize o denominador de11 +32 + 234. (Sugest ao: calcule P(32) ).Soluc ao:a)Efetuando-se todas as operac oes que est ao indicadas em P(x), obtemos: P(x) =6x2 3x 3 + 14x3+ 7x2+ 7x 2x4 x3 x2 13x3+ 26 + 2x4 4x = 23.Logo, P(x) e constante e e igual a 23.b)SabemosqueP(32) =23. Substituindo-sex =32naexpress aodeP(x)dadanoenunciado, obtemos: (2(32)2+32+ 1) (3+ 732 (32)2))+((32)3 2).,,.=0(13+ 232) =23 3+ 732 34=23234+32+1de onde ob-temos nalmente que11 +32 + 234=3 + 732 3423B3) SejapqQ, mdc(p, q) =1, uma raiz da equac ao polinomial de coecientesinteirosf (x) = anxn+ + a1x + a0= 0.Mostre que p e um divisor de a0 e que q e um divisor de an.Soluc ao: Supondopquma raiz e substituindo-a na equac ao, obtemos:an(pq)n+ an1(pq)n1 + a1(pq) + a0= 0. Multiplicando-se os dois membros por qn,obtemos anpn+ an1qpn1+ + a1pqn1+ a0qn= 0. Isolando-se anpnno primeiromembro e, depois, isolando-se tamb em a0qn, obtemos:7a0qn= anpn an1qpn1 a1pqn1.,,.m ultiplo de pp | a0qn. Como mdc(p, q) =1,temos p | a0anpn= an1qpn1 a1pqn1 a0qn.,,.m ultiplo de qq | anpn. Como mdc(p, q) =1,temos q | anB4) Onde est a o erro? Seja x uma raiz da equac ao x2+ x + 1= 0. Ent ao, x0 e,por isso, podemos dividir os dois membros da equac ao por x e obtemos x+1+1x= 0.Da equac ao inicial temos x +1 = x2o que implica x2+ 1x= 0, ou seja, x2=1x que e equivalente a x3=1. A partir da, obtemos x=1. Substituindo essa soluc ao naequac ao x2+ x + 1 = 0 original, obtemos 3 = 0. Como a conclus ao n ao est a correta,onde foi cometido um erro?Soluc ao: Foi mostrado no enunciado que toda raiz da equac ao x2+ x + 1= 0tamb em e raiz de x3= 1. No entanto, a recproca n ao e verdadeira: nem toda raiz dex3= 1 e raiz de x2+ x + 1= 0. As razes de x2+ x + 1= 0 s ao r1 e r2 e as razes dex3= 1 s ao 1, r1 e r2. O erro no enunciado est a na armac ao de que a raiz x= 1 daequac ao x3= 1 tamb em e raiz de x2+ x + 1.C1) Consideref (x)= anxn+ + a1x + a0 Z[x]. Mostre que se existir um inteiroprimo p tal quep | a0, p | a1, , p | an1,pan,p2 a0,ent aof (x) e irredutvel sobre Z.Soluc ao: Suponhamosf (x) redutvel. Ent ao existem polin omios g(x), h(x) per-tencentes aZ[x] tais que f (x) =g(x) h(x) e 1 g