Resolver a equação 2 \cdot(\bar{x})^{2}+4 \cdot \bar{x}+\overline{4}=\overline{0} no anel (z/(10), +, .).
Seja o conjunto A=\{a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3} \mid a, b, c \in Z\}. Mostrar que a terna (A,+,. ) NÃO É UM ANEL.ÃÉ

Passo 1

Vou separar claramente o que o enunciado pede e quais informações temos.
  • Primeira parte: resolver a equação 2\cdot(\bar{x})^{2}+4\cdot\bar{x}+\overline{4}=\overline{0}
no anel (\mathbb{Z}/10\mathbb{Z},+,\cdot). Ou seja, encontrar todas as classes \bar{x}\in\mathbb{Z}/10\mathbb{Z} que satisfazem essa igualdade (os representantes podem ser tomados em \{0,1,\dots,9\}).
  • Segunda parte: seja o conjunto A=\{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}\mid a,b,c\in\mathbb{Z}\}.
Mostrar que a terna (A,+,\cdot) NÃO É UM ANEL. Ou seja, demonstrar que alguma das propriedades de anel (tipicamente fechamento em soma e produto, existência de identidade etc.) falha para A; basta fornecer uma contraexemplo direto acompanhado de uma prova de que ele realmente quebra a propriedade.
Não há outras informações numéricas a extrair do enunciado.

Passo 2

Resolvendo a equação em \mathbb{Z}/10\mathbb{Z}: ideia prática e porquê.
O anel \mathbb{Z}/10\mathbb{Z} tem característica que 10=2\cdot5. Uma técnica padrão é decompor congruências módulo 10 em congruências simultâneas módulo 2 e módulo 5, porque 2 e 5 são coprimos e vale o Teorema Chinês dos Restos (CRT): uma solução modulo 10 corresponde a uma escolha de soluções modulo 2 e modulo 5 compatíveis. Vou usar isso porque simplifica: resolver a equação módulo 2 e módulo 5 e depois combinar.
Então vamos considerar a equação original como congruência de inteiros
2x^{2}+4x+4\equiv 0\pmod{10},
e analisar separadamente os casos módulo 2 e módulo 5.

Passo 3

Análise módulo \,2. Reduzindo os coeficientes módulo 2:
2\equiv 0,\qquad 4\equiv 0,\qquad 4\equiv 0\pmod{2}.
Logo a congruência reduz a
0\cdot x^{2}+0\cdot x+0\equiv 0\pmod{2},
isto é, a congruência é 0\equiv 0, verdadeira para todo x. Conclusão: não há restrição módulo 2; qualquer classe \bar{x} tem redução válida em \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}.

Passo 4

Análise módulo \,5. Reduzimos a congruência modulo 5:
Os coeficientes ficam \,2,4,4 mod 5 (já são menores que 5), então a congruência é
2x^{2}+4x+4\equiv 0\pmod{5}.
Podemos multiplicar ambos os lados por 2^{-1} modulo 5 para simplificar, lembrando que o inverso de 2 em \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} é 3 porque 2\cdot3\equiv1\pmod{5}. Multiplicando por 3 obtemos
x^{2}+2x+2\equiv 0\pmod{5}.
Agora resolvemos essa quadrática modulo o primo 5. Use a fórmula quadrática em corpo \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}: para x^{2}+2x+2 temos discriminante
\Delta\equiv 2^{2}-4\cdot1\cdot2=4-8=-4\equiv 1\pmod{5}.
Como \Delta\equiv 1 e \sqrt{1}\equiv\pm1 em \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}, as soluções são
x\equiv \frac{-2\pm 1}{2}\pmod{5}.
Aqui \dfrac{1}{2} significa multiplicar por 2^{-1}=3. Calculando cada opção:
  • Para o sinal +: -2+1=-1\equiv 4\pmod{5}. Multiplicando por 3: 4\cdot3=12\equiv 2\pmod{5}. Então x\equiv 2\pmod{5}.
  • Para o sinal -: -2-1=-3\equiv 2\pmod{5}. Multiplicando por 3: 2\cdot3=6\equiv 1\pmod{5}. Então x\equiv 1\pmod{5}.
Portanto as soluções módulo 5 são x\equiv 1 e x\equiv 2 (mod 5).

Passo 5

Combinação via CRT para obter soluções módulo 10.
Da análise módulo 2 qualquer resto é permitido (ou seja, tanto par quanto ímpar são possíveis). Das soluções módulo 5 temos duas classes: 1 e 2 (mod 5). Cada uma dessas classes modulo 5 corresponde a duas classes distintas modulo 10: somando 0 ou 5.
  • Classe x\equiv 1\pmod{5} corresponde aos representantes modulo 10: 1 e 6 (porque 6\equiv1\pmod{5}).
  • Classe x\equiv 2\pmod{5} corresponde aos representantes modulo 10: 2 e 7.
Logo as soluções em \mathbb{Z}/10\mathbb{Z} são as classes
\overline{1},\\ \overline{6},\\ \overline{2},\\ \overline{7}.
Podemos checar rapidamente (uma verificação simples):
\begin{aligned} x=\,1:&\quad 2\cdot1^{2}+4\cdot1+4=2+4+4=10\equiv 0\pmod{10},\\\ x=\,2:&\quad 2\cdot4+8+4=8+8+4=20\equiv 0\pmod{10},\\\ x=\,6:&\quad 2\cdot36+24+4=72+24+4=100\equiv 0\pmod{10},\\\ x=\,7:&\quad 2\cdot49+28+4=98+28+4=130\equiv 0\pmod{10}. \end{aligned}

Passo 6

Agora a segunda questão: provar que A=\{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}\mid a,b,c\in\mathbb{Z}\} não é um anel. A ideia direta é verificar fechamento sob multiplicação: tomar dois elementos de A cujo produto não pertence a A. Um candidato natural é \sqrt{2}\in A e \sqrt{3}\in A (pois \sqrt{2}=0+1\sqrt{2}+0\sqrt{3}, \sqrt{3}=0+0\sqrt{2}+1\sqrt{3}).
Multiplicando:
\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}=\sqrt{6}.
Se conseguirmos mostrar que \sqrt{6}\notin A, isso mostra que A não é fechado sob multiplicação e portanto não é um anel.
Suponha, por contradição, que exista representação inteira
\sqrt{6}=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}
com a,b,c\in\mathbb{Z}. Vou manipular essa igualdade para obter uma contradição aritmética.

Passo 7

Expansão e separação das partes irracionais. Pegando a hipótese
\sqrt{6}=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3},
e elevando ao quadrado ambos os lados obtemos
6=(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3})^{2}.
Agora expandimos o quadrado passo a passo (usando distributividade e (\sqrt{2})^{2}=2, (\sqrt{3})^{2}=3, \sqrt{2}\sqrt{3}=\sqrt{6}):
\begin{aligned} 6&=a^{2}+2b^{2}+3c^{2}+2ab\sqrt{2}+2ac\sqrt{3}+2bc\sqrt{6}. \end{aligned}
Reescrevendo, temos uma combinação linear em quatro elementos 1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}:
6-\bigl(a^{2}+2b^{2}+3c^{2}\bigr)-2ab\sqrt{2}-2ac\sqrt{3}-2bc\sqrt{6}=0.

Passo 8

Argumento sobre independência linear das bases e conclusão que leva à contradição.
Os números 1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6} são linearmente independentes sobre \mathbb{Q}: isto significa que uma combinação racional
\alpha_0+\alpha_1\sqrt{2}+\alpha_2\sqrt{3}+\alpha_3\sqrt{6}=0
implica \alpha_0=\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0. (Uma maneira breve de ver isso é aplicar as quatro aplicações que mudam o sinal de \sqrt{2} e/ou \sqrt{3} — as quatro “conjugações” (\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{3}) — obtendo um sistema linear em \alpha_i com matriz invertível; portanto todas as \alpha_i devem ser zero. Esse argumento é padrão ao estudar extensões quadráticas independentes.)
Aplicando essa independência ao parágrafo anterior (os coeficientes são números racionais, neste caso inteiros), obtemos o sistema de igualdades:
  • Coeficiente da base 1:
6=a^{2}+2b^{2}+3c^{2}.
  • Coeficiente de \sqrt{2}:
0=2ab\quad\Rightarrow\quad ab=0.
  • Coeficiente de \sqrt{3}:
0=2ac\quad\Rightarrow\quad ac=0.
  • Coeficiente de \sqrt{6}:
1=2bc\quad\Rightarrow\quad bc=\tfrac{1}{2}.
Mas b e c são inteiros, e não há inteiros com produto igual a \tfrac{1}{2}. Isso é uma contradição. Portanto a hipótese de que \sqrt{6} pertence a A é falsa.

Passo 9

Conclusão do segundo item: \sqrt{2} e \sqrt{3} pertencem a A mas seu produto \sqrt{6} não pertence a A. Logo A não é fechado sob multiplicação e, portanto, (A,+,\cdot) NÃO É UM ANEL.

Resposta

\overline{1},\\ \overline{2},\\ \overline{6},\\ \overline{7}
A não é um anel (não é fechado sob multiplicação: \sqrt{2},\sqrt{3}\in A mas \sqrt{2}\sqrt{3}=\sqrt{6}\notin A).

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