Exrecícior de estruturas algébricas

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Exrecícior de estruturas algébricas

  1. 1. Trabalho de campo 4º Ano Mathusso . Página 1 UNIVERSIDADE CATÓLICA DE MOÇAMBIQUE CENTRO DE ENSINO Á DISTÂNCIA Teoria de Números (Estrutura Algébrica) 4º ANO Trabalho do Campo II Sessões/Julho de 2014 Estudante: Filipe Mathusso Lunavo
  2. 2. Trabalho de campo 4º Ano Mathusso . Página 2 RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES 1. Dados ܽ, ܾ ݁ ܿ inteiros; ܽ ≠ 0 ݁ ܾ ≠ 0, diga se as afirmações seguintes são falsas ou verdadeiras. Se for falso dá um contra – exemplo. a) Se ௔ ௕ e ௔ ௖ , então ௔ ௕ା௖ . É verdadeira (V). Prova: Se ௔ ௕ e ௔ ௖ , então, da definição de divisibilidade, existem números inteiros ‫ ݏ‬e ‫ݐ‬ tais que ܾ = ܽ ∗ ‫ݏ‬ e ܿ = ܽ ∗ ‫.ݐ‬ Portanto: ܾ + ܿ = ܽ ∗ ‫ݏ‬ + ܽ ∗ ‫ݐ‬ = ܽ ∗ (‫ݏ‬ + ‫)ݐ‬ Logo: ܽ divide ܾ + ܿ b) Se ௔ ௕ ݁ ௕ ௖ , então, ௔ ௖ . É verdadeira (V) c) Se ௔ ௕ e ܽ/ܿ, então para todos ݉ ݁ ݊ inteiros, ௔ ௠௕ା௡௖ . É verdadeira (V) d) Se ௔ ௕ , então (ܽ + ܿ) divide (ܾ + ܿ). É verdadeira (V) e) Se ௔ ௖ e ௕ ௖ , então ௔௕ ௖ . É verdadeira (V) 2. Explique como se pode decompor 3599 em factores primos. Solução: Podemos decompor da seguinte maneira 3599 = 3600 − 1 = 60ଶ − 1 = (60 − 1)(60 + 1) = 59 ∗ 61 3. Mostrar que, se ܽ é um número inteiro qualquer, então um dos inteiros ܽ, ܽ + 2, ܽ + 4 é divisível por 3. Solução: De acordo com o algoritmo da divisão, ܽ = 3‫ܽ ݑ݋ ݍ‬ = 3‫ݍ‬ + 1 ‫ܽ ݑ݋‬ = 3‫ݍ‬ + 2, isto é, os restos da divisão por 3 somente podem ser 0, 1 ‫.2 ݑ݋‬ Se ܽ = 3‫,ݍ‬ está comprovada a hipótese Se ܽ = 3‫ݍ‬ + 1, ݁݊‫ݐ‬ã‫ܽ ݋‬ + 2 = 3‫ݍ‬ + 3 = 3(‫ݍ‬ + 1) => ܽ + 2 é divisível por 3. Se ܽ = 3‫ݍ‬ + 2, ݁݊‫ݐ‬ã‫ܽ ݋‬ + 1 = 3‫ݍ‬ + 2 + 1 = 3‫ݍ‬ + 3 = 3(‫ݍ‬ + 1) => ܽ + 1 é divisível por 3. Portanto, uma das três (3) formas será divisível por 3.
  3. 3. Trabalho de campo 4º Ano Mathusso . Página 3 4. Mostrar que todo inteiro ímpar é da forma 4݇ + 1 ‫݇4 ݑ݋‬ + 3. Solução: Seja ݊ um número inteiro. Pelo algoritmo da divisão ݊ = 4݇ ‫݊ ݑ݋‬ = 4݇ + 2 ou ݊ = 4݇ + 3. Se ݊ = 4݇, então ݊ = 2(2݇) => é ‫.ݎܽ݌‬ Se ݊ = 4݇ + 1, então ݊ = 2(2݇) + 1 é ݊ = 2݇ + 1 ଶ ௡ é ݊ é ímpar. Se ݊ = 4݇ + 2, então ݊ = 2(2݇ + 1) é ݊ = 2(2݇ + 1) é ݊ = 2݇ => ݊ é par. Se ݊ = 4݇ + 3, então ݊ = 4݇2 + 1 = 2(2݇ + 1) + 1 => ݊ = 2݇ + 1 ݊ é ímpar. Portanto: ݊ é ímpar se apresentar uma das formas 4݇ + 1 ou 4݇ + 3. Cqd. 5. Mostrar que o quadrado de um inteiro qualquer é da forma 3݇ ou 3݇ + 1. Solução: De acordo com o algoritmo da divisão ݊ = 3݇ ‫݊ ݑ݋‬ = 3݇ + 1 ‫݊ ݑ݋‬ = 3݇ + 2. Assim, se ݊ = 3݇, então: ݊ଶ = 9݇ = 3(3݇) = 3݇ Se ݊ = 3݇ + 1, então: ݊ଶ = (3݇ + 1)2 = 9݇, 2 + 6݇, +1 = 3(3݇, 2 + 2݇) + 1 = 3݇ + 1 Se ݊ = 3݇, + 2 , então: ݊ଶ = (3݇, + 2)2 = 9݇ଶ + 12݇, + 4 = 9݇ଶ , + 12݇, + 3 + 1 =3(3݇ଶ , + 4݇, + 1) + 1 = 3݇ + 1 Portanto, ݊ଶ terá uma das formas, 3݇ ‫݇3 ݑ݋‬ + 1 6. Verifique a associatividade nas operações ‫ݔ‬ ∗ ‫ݕ‬ = ௫௬ ଶ definida em ℝ. Solução: ∀ ܽ, ܾ, ܿ ∈ ℝ, (ܽ ∗ ܾ) ∗ ܿ = ܽ ∗ (ܾ ∗ ܿ) ⟹ (ܾܽ) ∗ ܿ = ܽ ∗ (ܾܿ) 2 2 2 * 2 2 ** 2       =       ⇒      =      bc ac ab bc ac ab = ௔௕௖ ସ = ௔௕௖ ସ (ܸ݁‫)ܽݎ݅݁݀ܽ݀ݎ‬ 7. Determine o elemento neutro: ‫ݔ‬ ∗ ‫ݕ‬ = ௫ା௬ ଵା௫௬ definida em ℝ − ሼ1, −1ሽ Solução: Seja ‫ݔ‬ ∗ ‫ݕ‬ = ௫ା௬ ଵା௫௬ definida em ℝ − ሼ1, −1ሽ 0)1(0)1( 222 =−→=−→+=+→+=+ xeexeexxexxeex x xe ex x = + + = 1 11*
  4. 4. Trabalho de campo 4º Ano Mathusso . Página 4 ;0 1 0 2 =→ − = e x e ‫ݔ‬ ≠ 1; ‫ݔ‬ = −1 8. Seja ‫ܣ‬ = ሼ1, −1, ݅, −݅ሽ. O grupo (‫,ܣ‬ . ) ݁݉ ‫݅ ݁ݑݍ‬ଶ = −1 é cíclico. Solução: i i i i − − − − • 1 1 1 1 1 )( i i− − − 1 1 1 1 1− − i i i 1 1 − − − i i i Logo: (‫,ܣ‬ . ) é um grupo cíclico, sendo ݅ ݁ − ݅ seus geradores. 9. Verifique se ‫ݔ‬ଶ + ‫ݕ‬ଶ = 1, ‫ݔ‬ ∈ ሾ−1; 1ሿ, ‫ݕ‬ ∈ ‫ܴܫ‬ é uma função. Solução: Seja ݂: ‫ܴܫ‬ଶ → ‫ .ܴܫ‬ (‫,ݔ‬ ‫ݕ‬) → ‫ݔ‬ଶ + ‫ݕ‬ଶ = 1 Para 1 > 0 as curvas de nível de valor 1 são as circunferências de centro na origem e raio √1 de equação ‫ݔ‬ଶ + ‫ݕ‬ଶ = 1. Podemos descrever as circunferências considerando a função. ‫:ݏ‬ ‫ܴܫ‬ → ‫ܴܫ‬ଶ ‫ݐ‬ → (√1 cos ‫ݐ‬ , √1 sin ‫)ݐ‬ Seja ‫ݏ‬(‫ݐ‬଴) = (‫ݔ‬଴, ‫ݕ‬଴), ‫ݔ‬଴ = √1 cos ‫ݐ‬଴ ݁ ‫ݕ‬଴ = √1 sin ‫ݐ‬଴ . Ora ∇݂(‫ݔ‬଴, ‫ݕ‬଴) = (2‫ݔ‬଴, 2‫ݕ‬଴) tem direcção radical. Uma vez que ∇݂(‫ݔ‬଴, ‫ݕ‬଴) é ortogonal a qualquer curva de nível (como mostra o gráfico abaixo), podemos concluir que ‫ݔ‬ଶ + ‫ݕ‬ଶ = 1, ‫ݔ‬ ∈ ሾ−1; 1ሿ, ‫ݕ‬ ∈ ‫ܴܫ‬ é uma função. ሾ1ሿ = ሼ1ሽ ሾ−1ሿ = ሼ1; −1ሽ ሾ−݅ሿ = ሼ−1;݅; 1; −݅ሽ = ‫ܣ‬ ሾ݅ሿ = ሼ−1; −݅, 1, ݅ሽ= A
  5. 5. Trabalho de campo 4º Ano Mathusso . Página 5 Representação Gráfica 10. Mostre que ‫ݕ‬ = √‫,ݔ‬ ‫ݔ‬ ≥ 0 é injectora. Solução: Condição: ݂: ‫ܣ‬ → ‫ܤ‬ é injectora caso: ݂(‫ݔ‬ଵ) = ݂(‫ݔ‬ଶ) ∈ ‫ܤ‬ ⇒ ‫ݔ‬ଵ = ‫ݔ‬ଶ ∈ ‫ܣ‬ ou ‫ݔ‬ଵ ≠ ‫ݔ‬ଶ ∈ ‫ ܣ‬ ⇒ ݂(‫ݔ‬ଵ) ≠ ݂(‫ݔ‬ଶ) ∈ ‫ܤ‬ Logo: ‫ݕ‬(‫ݔ‬ଵ) = ‫ݕ‬(‫ݔ‬ଶ) ⇔ √‫ݔ‬ ∗ ‫ݔ‬ଵ = √‫ݔ‬ ∗ ‫ݔ‬ଶ ⇔ √‫ݔ‬ ∗ ‫ݔ‬ଵ − √‫ݔ‬ ∗ ‫ݔ‬ଶ = 0 ⇔ √‫ݔ‬(‫ݔ‬ଵ − ‫ݔ‬ଶ) = 0 Como √‫ݔ‬(‫ݔ‬ଵ − ‫ݔ‬ଶ) = 0 , com ‫ݔ‬ ≥ 0, então (‫ݔ‬ଵ − ‫ݔ‬ଶ) = 0 e, portanto ‫ݔ‬ଵ = ‫ݔ‬ଵ , assim concluímos que esta função é injectora.

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