1) O documento apresenta a resolução de 10 questões sobre teoria dos números por um estudante da Universidade Católica de Moçambique. 2) As questões abordam tópicos como decomposição de números em fatores primos, propriedades da divisibilidade, formas de números ímpares e pares, e verificação de propriedades de funções. 3) O estudante fornece demonstrações detalhadas para cada questão resolvida.

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. 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. 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. 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. 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.