UNIVERSIDADE ESTADUAL DO OESTE DO PARAN´
A
CENTRO DE CIˆ
ENCIAS EXATAS E TECNOL´
OGICAS
LICENCIATURA EM MATEM ´
ATICA
GUILHERME DE LORENO
An´eis Ordenados
Prof.oDr. Cl´ezio Braga
Disciplina: ´
Algebra
CASCAVEL - PR
2017
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Trabalho sobre Anéis Ordenados
Tipologia: Provas
2017
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UNIVERSIDADE ESTADUAL DO OESTE DO PARAN A´
CENTRO DE CIENCIAS EXATAS E TECNOL ˆ OGICAS´
LICENCIATURA EM MATEM ATICA´
GUILHERME DE LORENO
An´eis Ordenados
Prof.o^ Dr. Cl´ezio Braga Disciplina: Algebra´
CASCAVEL - PR
SUM ARIO´
- Introdu¸c˜ao
- Defini¸c˜ao
- Alguns resultados sobre An´eis Ordenados
- 3.1. Valor Absoluto
- Exerc´ıcios
- Referˆencias
2 GUILHERME DE LORENO
- Alguns resultados sobre An´eis Ordenados
Proposi¸c˜ao 1. Seja A um anel ordenado e sejam x, y, z ∈ A, ´e v´alido
i. Se x ≤ y se, e somente se, x + z ≤ y + z. ii. Se x < y se, e somente se, x + z < y + z.
Demonstra¸c˜ao.
i) ⇒) Segue diretamente da defini¸c˜ao de anel ordenado. ⇐) Sejam x, y, z ∈ A tais que x + z ≤ y + z donde x + z ≤ y + z ⇒ (x + z) + (−z) ≤ (y + z) + (−z) ⇒ x + (z − z) ≤ y + (z − z) ⇒ x + 0 ≤ y + 0 ⇒ x ≤ y.
ii) ⇒) Segue do item i) que se x < y ent˜ao x+z ≤ y+z. Mas se tiv´essemos x+z = y+z, logo x = y o que contraria a hip´otese que x < y , portanto x + z < y + z.
⇐) Tamb´em segue do item i) que se x + z < y + z ent˜ao x ≤ y. Mas se tiv´essemos a igualdade x = y ter´ıamos x + z = y + z o que contraria a hip´otese que x + z < y + z, portanto x < y.
Corol´ario 1. Seja A um anel ordenado e sejam x, y ∈ A. S˜ao equivalentes as afirma¸c˜oes:
a) x ≤ y. b) 0 ≤ y − x. c)−y ≤ −x.
Demonstra¸c˜ao. a) ⇒ b)
Se x ≤ y, segue que x ≤ y ⇒ x − x ≤ y − x ⇒ 0 ≤ y − x.
b ⇒ c) Se 0 ≤ y − x, segue que −y ≤ y − y + x ⇒ −y ≤ 0 − x ⇒ −y ≤ −x.
c) ⇒ a) Se −y ≤ −x, logo −y + x ≤ +x − x ⇒ −y + y + x ≤ y ⇒ x ≤ y.
Corol´ario 2. Seja A um anel ordenado e sejam x, y ∈ A. S˜ao equivalentes as afirma¸c˜oes:
a) x < y. b) 0 < y − x. c)−y < −x.
ANEIS ORDENADOS´ 3
Demonstra¸c˜ao. Faremos a demonstra¸c˜ao apenas de a) ⇒ b), as outras implica¸c˜oes s˜ao feitas usando racioc´ıo an´alogo.
Se x < y, segue do corol´ario 1 que 0 ≤ y − x. Se tiv´essemos que y − x = 0 ent˜ao y = x o que contraria a hip´otese de que x < y. Portanto, 0 < y − x.
Proposi¸c˜ao 2. Seja A uma anel ordenado. Se
(1) x 1 ≤ y 1 e x 2 ≤ y 2
ent˜ao
x 1 + x 2 ≤ y 1 + y 2.
Demonstra¸c˜ao. De (1) segue que
x 1 + x 2 ≤ y 1 + x 2 e x 2 + y 1 ≤ y 2 + y 1.
Disso, obtemos
x 1 + x 2 ≤ y 1 + x 2 ≤ y 2 + y 1 ⇒ x 1 + x 2 ≤ y 1 + y 2.
Corol´ario 3. Seja A um anel ordenado. Se x 1 , ..., xn,y 1 , ..., yn ∈ A e se xi ≤ yi com i = 1, ..., n ent˜ao
x 1 + ... + xn ≤ y 1 + ... + yn.
Demonstra¸c˜ao. Basta raciocinar, a prova do teorema 1, por indu¸c˜ao.
Proposi¸c˜ao 3. Seja A um anel ordenado e sejam x, y, z ∈ A quaisquer. Ent˜ao,
i. x ≤ y e 0 ≤ z =⇒ xz ≤ yz. ii. x ≤ y e z ≤ 0 =⇒ yz ≤ xz. iii. x < y e 0 < z =⇒ xz < yz. iv. x < y e z < 0 =⇒ yz < xz.
Demonstra¸c˜ao.
i) Temos que x ≤ y e como, por hip´otese, A ´e um anel ordenado, isto ´e, se tivermos que 0 ≤ x e 0 ≤ y ent˜ao 0 ≤ xy, disso segue que
x ≤ y ⇒ 0 ≤ y − x ⇒ 0 ≤ (y − x)z ⇒ 0 ≤ yz − xz ⇒ xz ≤ yz.
ii) Temos que x ≤ y e como, por hip´otese, z ≤ 0, segue que x ≤ y ⇒ x − y ≤ 0 ⇒ 0 ≤ z(x − y) ⇒ 0 ≤ zx − zy ⇒ yz ≤ xz.
iii) Temos que x < y e como, por hip´otese, z > 0, segue que x < y ⇒ x − y < 0 ⇒ z(x − y) < 0 ⇒ xz − yz < 0 ⇒ xz < yz.
ANEIS ORDENADOS´ 5
3.1. Valor Absoluto.
Defini¸c˜ao 2. Seja x ∈ A. O valor absoluto (ou m´odulo) do elemento x ´e definido por
|x| =
−x, se x ≤ 0 , x, se x > 0.
Tamb´em podemos definir o m´odulo um elemento x, como sendo |x| = max{x, −x}, em outras palavras, o m´oudulo de x ´e o maior entre os elementos x e −x.
Segue diretamente da defini¸c˜ao que |x| = | − x|, ∀ x ∈ A.
Proposi¸c˜ao 4. Seja A um anel ordenado e x, y ∈ A. Ent˜ao,
i. −|x| ≤ x ≤ |x| ii. |xy| = |x||y| iii. |x + y| ≤ |x| + |y| iv. |x| − |y| ≤ |x − y| ≤ |x| + |y|.
Demonstra¸c˜ao. Para os casos x = y = 0 as afirma¸c˜oes dos itens acima s˜ao imediatas. Consider- emos ent˜ao x 6 = 0 e y 6 = 0.
i) Temos que x ≤ |x| ´e ´obvia. Por outro lado, tenso em vista que −x ≤ |x|, segue que −x ≤ |x| ⇒ − (^1) A(−x) ≥ − (^1) A|x| ⇒ (^1) Ax ≤ −(1A|x|) ⇒ x ≥ −|x|.
Portanto, −|x| ≤ x ≤ |x|. ii) Para provarmos essa afirma¸c˜ao, basta notarmos que |xy|^2 = (xy)^2 = x^2 y^2 e (|x||y|)^2 = |x|^2 |y|^2 = x^2 y^2.
Donde, (|x||y|)^2 = |xy|^2 ⇒ |xy| = |x||y|.
iii) Note que |x| ≥ x e |y| ≥ y.
Disso e da Proposi¸c˜ao 2, segue que |x| + |y| ≥ x + y. Analogamente,
|x| ≥ −x e |y| ≤ −y.
Donde, obtemos |x| + |y| ≤ −(x + y). Logo, |x| + |y| ≥ max{x + y, −(x + y)} = |x + y|.
iv) Primeiramente, note que, do item iii) segue que
(2) |x| = |x − y + y| ≤ |x − y| + |y| ⇒ |x| − |y| ≤ |x − y|.
Por outro lado, tamb´em de iii), segue que
(3) |x − y| = |x + (−y)| ≤ |x| + | − y| = |x| + |y|.
Donde de (2) e (3), obtemos |x| − |y| ≤ |x − y| ≤ |x| + |y|.
6 GUILHERME DE LORENO
Agora enunciaremos algumas defini¸c˜oes importantes, de algumas estruturas alg´ebricas, no que diz respeito a an´eis ordenados.
Defini¸c˜ao 3. Seja A um anel ordenado e um conjunto P ⊂ A, tal que
P = {x ∈ A | x ≥ 0 },
os elementos de P s˜ao chamados elementos positivos e os de −P = {−x|x ∈ P } s˜ao os elementos negativos de A.
Defini¸c˜ao 4. Um anel ordenado A ´e dito um anel bem ordenado se todo subconjunto de P (definido anteriormente) possui m´ınimo.
Defini¸c˜ao 5. Um anel ordenado A ´e dito arquimediano se, para qualquer que seja a ∈ A existe n ∈ N∗^ tal que n (^1) A = 1 ︸ A + 1A (^) ︷︷+ ... + 1A︸ n vezes
a.
Um exemplo de anel bem ordenado e arquimediano ´e o anel Z. De fato, pois qualquer que seja o subconjunto K ⊂ P = Z+ possui um menor elemento, isso decorre do princ´ıpio do menor n´umero inteiro. Al´em do mais, seja a ∈ Z qualquer, fazendo |a| = m segue que, (m + 1). 1 > a, logo por defini¸c˜ao, Z ´e arquimediano.
Proposi¸c˜ao 5. Todo anel de integridade bem ordenado ´e arquimediano.
Demonstra¸c˜ao. Seja A um anel de integridade bem ordenado. Suponha, por um momento, que A n˜ao seja arquimediano, isto ´e, para todo n ∈ N∗^ existe a ∈ A, tal que
n (^1) A ≤ a ⇒ a − n (^1) A ≥ 0.
Defina L = {a − n (^1) A | n ∈ N∗},
note que o conjunto L possui apenas elementos positivos, isto ´e, L ⊂ P. Suponha que a − r (^1) A seja o m´ınimo de L, disso notemos que a − (r + 1)1A tamb´em pertence a L (pois como r ∈ N∗ ent˜ao r + 1 ∈ N∗^ tamb´em). Al´em disso, temos que
− (^1) A < 0 ⇒ −r (^1) A − (^1) A < −r (^1) A ⇒ −(r + 1A) < −r (^1) A ⇒ a − (r + 1A) < a − r (^1) A,
o que ´e uma contradi¸c˜ao, pois supomos que a−r (^1) A ´e o m´ınimo de L. Portanto, A ´e arquimediano.
8 GUILHERME DE LORENO
Suponha que, ϕ(b − a) = 0, disso e pelo fato de ϕ ser injetora(por hip´otese, de ser uma isomor- fismo), segue que b − a = 0 ⇒ b = a,
o que contraria a hip´otese de a < b. Portanto,
ϕ(b − a) > 0 ⇒ ϕ(b) − ϕ(a) > 0 ⇒ ϕ(b) > ϕ(a) ⇒ ϕ(a) < ϕ(b).
Exerc´ıcio 3. Desigualdade de Bernoulli. Seja K um corpo ordenado, isto ´e, K ´e um corpo onde existe P ⊂ K, chamado conjunto dos elementos positivos de K , tal que
- se x, y ∈ P , ent˜ao x + y ∈ P e xy ∈ P.
- x ∈ K, ent˜ao: ou x ∈ P , ou −x ∈ P , ou x = 0.
Mostre que (1K + x)n^ ≥ (1K + nx), ∀ x ∈ P.
Resolu¸c˜ao. Provaremos por indu¸c˜ao.
- Para n = 1 se verifica. De fato, pois (1K + x)^1 = 1K + x.
- Suponha v´alido para n, isto ´e, (1K + x)n^ ≥ (1K + nx).
- Para n + 1, temos pela hip´otese de indu¸c˜ao, que (1K + x)n+1^ = (1K + x)n^ · (1K + x) ≥ (1K + nx) · (1K + x) = (^1) K + x + xn + nx^2 = (^1) K + (n + 1) + nx^2 ≥ (^1) K + (n + 1) · x.
Exerc´ıcio 4. Suponhamos que seja poss´ıvel ordenar um anel de integridade de suas maneiras (n˜ao necessariamente distintas) e que P 1 e P 2 sejam os elementos positivos de cada uma dessas rela¸c˜oes de ordem. Mostre que se P 1 ⊂ P 2 ent˜ao P 1 = P 2.
Resolu¸c˜ao. Queremos provar que P 2 ⊂ P 1. Primeiramente, note que P 1 = {x ∈ A | x ≥ 0 }
e
P 2 = {y ∈ A | y ≥ 0 }.
Assim, seja a ∈ P 2 , dessa forma temos duas possibilidades:
ANEIS ORDENADOS´ 9
- Se a ∈ P 2 ent˜ao a ∈ P 1. De fato, pois pela defini¸c˜ao do conjunto P 1 e como a tamb´em pertence a A, temos que a ∈ P 1.
- Se a ∈ (P 1 ∩ P 2 ) ´e imediato que a ∈ P 1. Portanto, em qualquer caso, temos que a ∈ P 1. Portanto, P 2 ⊂ P 1. Disso e da hip´otese, segue que P 2 = P 1.
Exerc´ıcio 5. Prove que o anel C dos complexos n˜ao ´e orden´avel.
Resolu¸c˜ao. Suponha, por um momento, que C seja orden´avel. Logo, para qualquer z ∈ C vale o Corol´ario 5, desse modo tomemos em particular z = i. Logo
i^2 > 0 e 1 > 0.
Donde, segue que
− 1 > 0 e 1 > 0 ,
ou ainda 1 < 0 e 1 > 0 ,
o que ´e uma contradi¸c˜ao. Portanto, o anel C n˜ao ´e ordenado.
Exerc´ıcio 6. Sejam A um anel ordenado e S um subconjunto de A. Diz-se que S ´e limitado superiormente se existir a ∈ A tal que x ≤ a, qualquer que seja x ∈ S. Diz-se que S tem elemento m´aximo se existir b ∈ S tal que x ≤ b, qualquer que seja x ∈ S. Mostre que se S tem elemento m´aximo, ent˜ao esse elemento ´e ´unico.
Resolu¸c˜ao. Suponha que b e b′^ sejam elementos m´aximos de S, ´e imediato que b, b′^ ∈ S. Da defini¸c˜ao, dada acima, cumpre-se
(4) b ≤ b′
e
(5) b′^ ≤ b.
Se em (4) tiv´essemos que b < b′^ ter´ıamos uma contradi¸c˜ao com (5). Dessa forma, temos que b = b′. Portanto, o elemento m´aximo ´e ´unico.
Exerc´ıcio 7. Seja K um corpo ordenado. Mostre que se a, b, c, d ∈ K e b 6 = 0 e d 6 = 0 ent˜ao
a · b−^1 ≤ c · d−^1 ⇔ a · b · d^2 ≤ b^2 · c · d.
Resolu¸c˜ao. ⇒) Primeiramente, suponha a · b−^1 ≤ c · d−^1 , multiplicando b^2 em ambos os lados, obtemos a · b ≤ b^2 · c · d−^1.
ANEIS ORDENADOS´ 11 Referˆencias
Domingues, Hygino; Iezzi, Gelson. Algebra Moderna´. 4a^ Edi¸c˜ao Reformulada. S˜ao Paulo: Atual, 2003.
Evaristo, Jaime; Perdig˜ao, Eduardo. Introdu¸c˜ao `a ´Algebra Abstrata. 2 a^ edi¸c˜ao. Macei´o: Universidade Federal de Alagoas, 2011.
Hernstein, Israel. T´opicos de ´Algebra - Pol´ıgono e Editora da USP, 1964.