Resolucao de Problemas Prof Mat

Mestrado Profissional

em Matemática em Rede Nacional

Iniciação à Matemática

Autores: Krerley Oliveira

Adán J. Corcho

Unidade I: Capítulos I e II

.

Dedicamos este livro as nossas esposas e lhos, que compreenderam os sábados sacricados em função de escrevê-lo e a nossos pais, por tudo o que eles representam.

Tente! E não diga que a vitória está perdida. Se é de batalhas que se vive a vida. Tente outra vez! (Raul Seixas)

vi

Sumário Prefácio

xi

1 Primeiros Passos

1

1.1

Organizando as Ideias

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Verdadeiro ou Falso?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3

Teoremas e Demonstrações . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.1

Métodos de Demonstração . . . . . . . . . . . .

1.4

Algumas Dicas para Resolver Problemas

1.5

Soluções dos Problemas da Seção 1.4

1.6

Exercícios

. . . . . . . .

15

. . . . . . . . . .

18

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2 Equações e Inequações 2.1

2.2

. . . . . . . . . . . . . . .

33

Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . .

37

Sistemas de Equações do Primeiro Grau

. . . . . . . .

42

Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . .

46

Equação do Segundo Grau . . . . . . . . . . . . . . . .

49

2.3.1

Completando Quadrados . . . . . . . . . . . . .

50

2.3.2

Relação entre Coecientes e Raízes

. . . . . . .

55

2.3.3

Equações Biquadradas

. . . . . . . . . . . . . .

59

2.3.4

O Método de Vièti

. . . . . . . . . . . . . . . .

60

2.2.1 2.3

31

Equações do Primeiro Grau 2.1.1

10

vii

viii

SUMÁRIO

2.4

Inequações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.5

Inequação do Primeiro Grau . . . . . . . . . . . . . . .

63

2.6

Inequação do Segundo Grau

69

2.6.1 2.7

2.8

. . . . . . . . . . . . . . .

Máximos e Mínimos das Funções Quadráticas

.

75

Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

77

2.7.1

Equações Modulares

77

2.7.2

Um Sistema de Equações Não lineares

Exercícios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

3 Divisibilidade

89

3.1

Conceitos Fundamentais e Divisão Euclidiana

. . . . .

90

3.2

Bases Numéricas

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

3.3

Máximo Divisor Comum e Mínimo Múltiplo Comum

. 106

3.3.1

Máximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . 106

3.3.2

Algoritmo de Euclides

3.3.3

Mínimo Múltiplo Comum

3.3.4

Equações Diofantinas Lineares . . . . . . . . . . 120

. . . . . . . . . . . . . . 111 . . . . . . . . . . . . 115

3.4

Números Primos e Compostos . . . . . . . . . . . . . . 123

3.5

Procurando Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

3.6

3.5.1

O Crivo de Eratóstenes . . . . . . . . . . . . . . 127

3.5.2

Primos de Mersenne

3.5.3

O Teorema Fundamental da Aritmética . . . . . 133

Exercícios

. . . . . . . . . . . . . . . 129

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4 O Princípio da Casa dos Pombos

143

4.1

Primeiros Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.2

Uma Versão mais Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

4.3

Aplicações na Teoria dos Números . . . . . . . . . . . . 149

4.4

Aplicações Geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

SUMÁRIO

ix

4.5

Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4.6

Exercícios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5 Contagem

161

5.1

Princípio Aditivo da Contagem

. . . . . . . . . . . . . 162

5.2

Princípio Multiplicativo de Contagem . . . . . . . . . . 170

5.3

Uso Simultâneo dos Princípios Aditivo e Multiplicativo

5.4

Permutações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

5.5

Arranjos Simples

5.6

Combinações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

5.7

O Binômio de Newton

5.8

Contagem e Probabilidades

5.9

Exercícios Propostos

178

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 . . . . . . . . . . . . . . . 195

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

6 Indução Matemática

203

6.1

Formulação Matemática

. . . . . . . . . . . . . . . . . 204

6.2

Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 6.2.1

Demonstrando Identidades . . . . . . . . . . . . 206

6.2.2

Demonstrando Desigualdades

6.2.3

Indução e Problemas de Divisibilidade

. . . . . . . . . . 210 . . . . . 212

6.3

Indução na Geometria

6.4

Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 6.4.1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

Cuidados ao Usar o Princípio da Indução . . . . 222

6.5

Indução e Recorrências . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

6.6

Exercícios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

7 Desigualdades

233

7.1

Desigualdade Triangular

. . . . . . . . . . . . . . . . . 234

7.2

Desigualdade das Médias . . . . . . . . . . . . . . . . . 238

x

SUMÁRIO

7.3

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

. . . . . . . . . . . . 245

7.4

Desigualdade de Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

7.5

Exercícios

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

8 Polinômios

255

8.1

Operações com Polinômios . . . . . . . . . . . . . . . . 255

8.2


. . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

8.3 Sempre Existem Raízes de um Polinômio? 8.3.1 8.4

. . . . . . . . 268

Números Complexos e Raízes de Polinômios

Exercícios

. . 269

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

A Apêndice: Funções

279

Referências

285

Prefácio Imaginação é mais importante que onhe imento. Albert Einstein Leo, vo ê tem uma religião? Assim, uma religião, omo judaísmo, ou ristianismo, ou Matemáti a...? Alon Peres, 6 anos, lho do Matemáti o Yuval Peres

Neste livro pretendemos oferecer ao leitor uma introdução à Matemática Elementar.

Juntando as experiências didáticas vividas pelos

autores individualmente no Brasil e em Cuba, e mais alguns anos juntos como treinadores de projetos de introdução à Matemática no estado de Alagoas, esperamos tornar para o leitor a Matemática mais interessante, mostrando um pouco do imenso brilho e beleza que ela esconde. O livro foi escrito em capítulos, cada um deles detalhando um tema central e trazendo alguns teoremas fundamentais. Com muitos exemplos e aplicações dos conceitos introduzidos, pretendemos mostrar ao leitor a importância do assunto abordado. A organização dos exemplos tenta seguir uma linha em ordem crescente de diculdade e, para o melhor aproveitamento do livro, o trabalho com os exercícios é parte fundamental. Ler o enunciado e resolver o maior número pos-

xi

xii

Prefácio

sível de exercícios é imperativo.

Como já disse o Prof.

Elon Lima,

Matemática não se aprende passivamente. Os exemplos e aplicações dos conceitos, bem como os teoremas, devem ser lidos com cuidado e muita atenção.

Para os estudantes

que desejem treinar para olimpíadas de Matemática, sugerimos que formem grupos de estudo para trabalhar os temas individualmente, sob a orientação de um professor. Acreditamos que o texto pode ser utilizado em uma disciplina elementar num curso de licenciatura ou bacharelado em Matemática. O primeiro capítulo é para introduzir o leitor no espírito do livro e dar uma amostra do tipo de problemas e material que seguirá nos demais capítulos. São propostos alguns problemas, muitos deles com soluções, e discutimos alguns métodos importantes para uso no dia a dia dos estudantes. Nesta discussão incluímos o estudo de proposições matemáticas, provas por contraposição, o método de redução ao absurdo e algumas outras regras básicas e cuidados que devemos ter ao resolver problemas em Matemática. Em seguida, estudamos as equações do primeiro e do segundo grau. Estudamos os métodos de resolução dessas equações, sistemas de equações, relações entre raízes e coecientes, bem como alguns problemas interessantes que podem ser solucionados via essas equações. Em seguida, estudamos inequações do primeiro e do segundo grau. O capítulo seguinte trata do conceito de divisibilidade. Tentamos introduzir o leitor nos principais aspectos básicos, incluindo-se a divisibilidade com resto, máximo divisor comum e mínimo múltiplo comum, números primos e compostos, e um pouco de equações diofantinas lineares. Um capítulo útil para o estudante que deseja participar de Olim-

Prefácio

xiii

píadas de Matemática é o que trata do princípio da casa dos pombos. Este capítulo é um belo exemplo de como algo aparentemente ingênuo pode gerar consequências interessantes.

Alguns dos exemplos estão

conectados com os capítulos anteriores e aparentemente aplicam o princípio de modo inusitado, em problemas de geometria, teoria dos números e em áreas diversas. No capítulo de contagem, começamos com noções úteis sobre conjuntos e princípios básicos para contar os elementos de um conjunto. Nesse capítulo, estamos mais preocupados com as aplicações imediatas do assunto, sugerindo alguns problemas para o estudante iniciante. Seguimos discutindo os tipos de agrupamento de elementos e suas consequências. Obtemos o binômio de Newton e introduzimos a noção de probabilidade de um conjunto, resolvendo alguns problemas relacionados. Em seguida, estudante se depara com uma arma poderosa do matemático. O método da indução nita é estudado procurando conectar esta noção com os capítulos anteriores, reobtendo com o auxílio do método da indução algumas coisas que já foram deduzidas por outros métodos. Vários exemplos e problemas são resolvidos, alguns deles de modo surpreendente e inesperado. No próximo capítulo, introduzimos algumas desigualdades populares para o uso do estudante. Algumas dessas desigualdades são muito importantes no estudo mais profundo da Matemática e não aparecem em cursos introdutórios, apesar de suas provas e aplicações serem elementares.

Todas as desigualdades aparecem com demonstrações,

em muito dos casos utilizando-se álgebra elementar e o método de indução nita. São apresentados vários exemplos que mostram a utilidade dessas desigualdades em alguns problemas práticos. Para xar

xiv

Prefácio

o conhecimento, propomos vários exercícios complementares. Alguns deles, cuja solução é mais elaborada, são sugeridos.

No último ca-

pítulo, estudamos um pouco as propriedades gerais dos polinômios. Para complementar a formação do leitor menos experiente, incluímos um apêndice sobre funções. Somos gratos a muitas pessoas que colaboraram com a elaboração deste livro com sugestões e correções em versões iniciais. Entre eles, citamos: Carlos Gustavo Moreira, Ali Tahzibi, Feliciano Vitório, Eduardo Teixeira, Chico Potiguar e vários de nossos alunos de Iniciação Cientíca e mestrado, que por várias ocasiões deram sugestões para a melhoria do texto. Um agradecimento especial vai para Fernando Echaiz, que nos ajudou ativamente nas notas do Capítulo 5 que originaram este texto. Finalmente, agradecemos aos revisores pela leitura cuidadosa e ao comitê editorial da SBM, na pessoa da profa. Helena Lopes, pelo excelente trabalho de editoração.

Maceió, Abril de 2010

Krerley Oliveira Adán J. Corcho

1 Primeiros Passos Redu tio ad absurdum,

que Eu lides gostava tanto, é uma das mais

nas armas do matemáti o. É muito mais no que um movimento de xadrez: o jogador de xadrez pode ofere er o sa rifí io de uma peça, mas o matemáti o ofere e o jogo inteiro. G. H. Hardy

Neste capítulo, discutiremos algumas ideias gerais e convenções que servirão como base para os diferentes métodos de resolução de problemas que trataremos nos capítulos seguintes. Alguns dos exemplos que abordamos serão úteis para orientar quanto ao cuidado que devemos ter quando discutimos problemas em Matemática.

1.1


Para resolver problemas matemáticos precisamos ter bem claro o que devemos provar e o que estamos assumindo como verdade.

É sobre

isso que falaremos agora. Começaremos observando as seguintes armações:

1

2

1

Primeiros Passos

(a) A soma de dois números pares é sempre um número par.

(b) Todo brasileiro é carioca.

(c) A terra é um planeta.

(d) Se

b, (e) Se

c

é o comprimento da diagonal de um retângulo de lados

então

a

e

c 2 = a2 + b 2 .

a < 1,

então

a2 > a.

Todas as armações acima se encaixam no conceito de proposição, que damos a seguir. Uma proposição ou sentença é uma frase armativa em forma de oração, com sujeito, verbo e predicado, que ou é falsa ou é verdadeira, sem dar lugar a uma terceira alternativa. Por exemplo, as proposições (a) e (c) são claramente verdadeiras; mais adiante nos convenceremos da veracidade da proposição (d). Por outro lado, as proposições (b) e (e) são falsas. Com efeito, para constatar a veracidade da sentença (b) teríamos que checar o registro de nascimento de cada brasileiro e vericar se nasceu no Rio de Janeiro, mas isto é falso pois o conhecido escritor Graciliano Ramos é um brasileiro nascido em Alagoas. Analogamente, para convencer-nos de que a proposição (e) é falsa basta tomar

1/4

não é maior do que

1/2

a = 1/2 e checar que (1/2)2 =

como a sentença arma. Em ambos os

casos temos vericado que as proposições (b) e (e) são falsas apresentando casos particulares onde as mesmas deixam de valer. Estes casos particulares são chamados de contraexemplos e são muito úteis para vericar a falsidade de algumas proposições. Notemos que as proposições (d) e (e) são do tipo:

1.1


Se onde

P

e

Q

3

P,

então

Q,

também são sentenças. Por exemplo, na proposição (e)

temos que:

P: c

é o comprimento da diagonal de um retângulo de lados

a

e

b,

Q: c2 = a2 + b2 , ou seja, estamos assumindo que mos vericar se

P

P

é verdade e usando este fato deve-

é verdade ou não.

Uma proposição condicional ou implicativa é uma nova proposição formada a partir de duas proposições Se

P,

então

Q

ou

P

e

P

Q,

implica

onde para o último caso usamos a notação: a proposição

P

que é escrita na forma:

de hipótese e a proposição

Q,

P =⇒ Q. Chamaremos Q de tese. A hipótese

também é chamada de proposição antecedente e a tese, de proposição

consequente. Por exemplo, na proposição condicional (f ) a hipótese é: tese é:

a<1

e a

2

a > a.

A partir de uma de uma proposição condicional podem-se gerar novas proposições que são de especial interesse para os matemáticos. Vamos chamar o modo em que apresentamos uma proposição de forma

positiva. Por exemplo, quando enunciamos a proposição Se como laranja, então gosto de frutas, assumimos esta armação como sua forma positiva. Vamos descrever agora como podemos obter novas proposições a partir desta.

4

1

Primeiros Passos

Forma recíproca de uma proposição condicional:

para cons-

truirmos a forma recíproca, temos que trocar na forma positiva a hipótese pela proposição consequente e vice-versa.

Vejamos em nosso

exemplo:

Forma da proposição Positiva Recíproca

Hipótese

Tese

como laranja

gosto de frutas

gosto de frutas

como laranja

Assim, a recíproca de proposição de nosso exemplo é então: Se gosto de frutas, então como laranja

Forma contrapositiva de uma proposição condicional:

Para

obtermos a forma contrapositiva a partir da forma positiva de uma proposição condicional podemos fazer primeiro sua forma recíproca e em seguida negamos as sentenças antecedente e consequente da recíproca ou, também, podemos primeiro negar as sentenças antecedente e consequente da forma positiva e imediatamente fazer a forma recíproca desta última. A forma contrapositiva também é conhecida como forma contrarrecíproca. Usando novamente nosso exemplo temos que:

Forma da Proposição Positiva Recíproca Contrapositiva

Hipótese

Tese

como laranja

gosto de frutas

gosto de frutas

como laranja

não gosto de frutas

não como laranja

Portanto, a forma contrapositiva escreve-se assim:

1.2


5

Se não gosto de fruta, então não como laranja

Em particular, a forma contrapositiva de uma proposição poderá ser, eventualmente, uma forma indireta muito ecaz de vericar resultados em Matemática.

1.2


Uma das coisas que distingue a Matemática das demais ciências naturais é o fato de que um tema de Matemática é discutido utilizando-se a lógica pura e, por conta disso, uma proposição em Matemática, uma vez comprovada sua veracidade, é aceita como verdade irrefutável e permanecerá assim através dos séculos. Por exemplo, até hoje usamos o teorema de Tales do mesmo modo que foi usado antes de Cristo e este fato continuará valendo eternamente. Vamos ilustrar melhor essa diferença com um exemplo em Geograa.

Hoje, todos nós sabemos que a Terra tem aproximadamente

o formato de uma laranja, um pouco achatada nos polos.

Porém,

na época de Pitágoras, um dos grandes temores dos navegadores era encontrar o m do mundo. No pensamento de alguns destes aventureiros, a Terra tinha o formato de um cubo, e uma vez chegando em um dos seus extremos, o navio despencaria no vazio. Esse é um dos muitos exemplos de como a concepção da natureza mudou ao longo do tempo, transformando uma concepção verdadeira num período da humanidade em algo completamente falso em outra época.

Porém,

para nossa felicidade, isso não acontece na Matemática. Uma proposição matemática ou é verdadeira ou é falsa e permanecerá assim para sempre.

6

1

Primeiros Passos

Mas como saber se uma proposição é verdadeira ou falsa? A primeira coisa que devemos fazer é tomar muito cuidado. As aparências enganam ou, como diziam nossos avós, nem tudo que reluz é ouro. O leitor, avisado disso, pense agora na seguinte pergunta:

Pergunta 1:

Qual é a chance de que pelo menos duas pessoas num

ônibus com 44 passageiros façam aniversário no mesmo dia do ano? Como já avisamos, o leitor deve ter cuidado ao responder à pergunta acima, pois podemos nos enganar muito facilmente. Por exemplo, podemos formular o seguinte argumento errado: o ano tem 365 dias e, como estou escolhendo um grupo de 44 (número muito pequeno com respeito a 365) pessoas ao acaso, é claro que podemos responder à pergunta com a seguinte armação:

Resposta intuitiva:

A chance de que num grupo de 44 pessoas pelo

menos duas delas façam aniversário no mesmo dia do ano é pequena. À primeira vista a resposta dada pode até parecer verdadeira, mas com uma análise mais cuidadosa veremos que é completamente falsa. Na verdade, a chance de que pelo menos duas pessoas do ônibus façam aniversário no mesmo dia do ano é de cerca de 93%! Quem não acreditar nisto pode fazer duas coisas: primeiro, ir a sua sala de aula ou no seu ônibus escolar, que deve ter pelo menos 44 pessoas, e fazer o experimento ao vivo. Muito provavelmente você deve conseguir duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia do ano. Se você verica que existem duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia do ano, não é por acaso, pois a chance de isso acontecer é muito alta. Mas, cuidado! Isso não é uma prova matemática para este fato. Para provar que este fato é verdadeiro você deve vericar que se escolhermos ao acaso um grupo de 44 pessoas então com aproxi-

1.2


7

madamente 93% de chance, pelo menos duas delas fazem aniversário no mesmo dia do ano! Porém, se você faz o experimento e não encontra duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia do ano (você seria muito azarado!), não se desespere. Lembre-se de que se trata de algo que acontece com

chance de 93% e que pode não acontecer quando fazemos um teste. Em qualquer um dos casos, para ter a certeza de que a proposição é verdadeira o leitor deve demonstrá-la.

Faremos isso no nal do

Capítulo Vamos analisar agora outro fato aparentemente óbvio.

Pergunta 2:

Num campeonato de futebol onde cada time joga a

mesma quantidade de jogos, cada vitória vale três pontos, o empate vale um ponto e a derrota nenhum ponto.

Em caso de empate, o

critério de desempate entre as equipes era o seguinte:

•

A melhor equipe é aquela que tem mais vitórias.

Os organizadores decidiram passar a adotar o critério a seguir:

•

A melhor equipe é aquela que tem mais derrotas.

Você acha que este último critério adotado é justo? Com respeito a esta pergunta, o leitor deve ter respondido do seguinte modo:

Resposta:

Um time que perdeu mais é pior que um que perdeu me-

nos; portanto, a mudança de critério é totalmente injusta. Acertamos a sua resposta? Na verdade, não houve mudança nenhuma de critério, ou seja, ambos os critérios nos conduzem ao mesmo ganhador.

8

1

Primeiros Passos

Para ver isso rapidamente, lembre-se de que se a equipe mais que a equipe

B

conseguisse empatar com a equipe Sejam

perdeu

e ainda assim empataram, então ela deve ter

ganho mais, para que no m do campeonato a equipe

mente.

A

d1 , e1 , v1

B.

A

ainda assim

Vamos mostrar isso precisa-

o número de derrotas, empates e vitórias,

respectivamente, da equipe

A.

Do mesmo modo, sejam

d2 , e2 , v2

o

número de derrotas, empates e vitórias, respectivamente, da equipe

B. B,

Suponhamos que a equipe ou seja, que

v1 > v2 .

A

obteve mais vitórias do que a equipe

Como cada equipe jogou o mesmo número de

jogos, temos que

d1 + e1 + v1 = d2 + e2 + v2 .

(1.1)

Por outro lado, note que o número de pontos obtidos pela equipe

e1 + 3v1 . B é igual

A

é

Do mesmo modo, o número de pontos obtidos pela equipe a

e2 + 3v2 .

Como as duas empataram, temos que:

e1 + 3v1 = e2 + 3v2 . Ou ainda,

3(v1 − v2 ) = e2 − e1 Como

ou

v2 − v1 = −

v1 −v2 > 0, temos que e2 −e1 > 0.

e2 − e1 . 3

Reescrevendo a equação (1.1),

temos que:

d1 − d2 = e2 − e1 + (v2 − v1 ) = e2 − e1 −

e2 − e1 2 = (e2 − e1 ). 3 3

d1 − d2 > 0, pois e2 − e1 > 0. Isso signica que derrotas que B ; logo, qualquer um dos dois critérios de

Logo, temos que

A

teve mais

desempate usado nos leva à equipe vencedora.

1.3

Teoremas e Demonstrações

9

Assim, como estes dois exemplos mostram, ao depararmos com um problema em Matemática, devemos ter cuidado ao tirar conclusões apressadas para evitar que cometamos algum engano. Pode acontecer que uma situação que é claramente falsa para um observador menos atento, se mostre verdadeira quando fazemos uma análise mais criteriosa.

1.3


Agora denimos o que entendemos por demonstração matemática de uma proposição. Uma demonstração em Matemática é o processo de raciocínio lógico e dedutivo para checar a veracidade de uma proposição condicional. Nesse processo são usados argumentos válidos, ou seja, aqueles que concluam armações verdadeiras a partir de fatos que também são verdadeiros. Como exemplo de demonstração citamos a argumentação usada para mostrar na segunda pergunta da seção anterior que os critérios de desempate eram similares. Sempre que, via uma demonstração, comprovemos a veracidade de uma proposição passamos então a chamar esta de teorema. Assim, um teorema é qualquer armação que possa ser vericada mediante uma demonstração. Alguns teoremas se apresentam na forma de uma proposição con-

P , então Q ou implicativa sentença P é chamada de hipótese

dicional, isto é, uma sentença do tipo Se da forma P e a sentença

=⇒ Q. Nesse caso, a Q é denominada de tese.

nos implica a veracidade da tese.

Ou seja, a validade da hipótese

10

1

Primeiros Passos

Um exemplo de teorema é o famoso teorema de Pitágoras, cujo enunciado diz o seguinte:

Teorema 1.1

(Teorema de Pitágoras)

.

Num triângulo retângulo a

soma dos quadrados dos catetos é igual ao quadrado da hipotenusa.

Notemos que o teorema de Pitágoras não está enunciado na forma condicional, mas pode ser reescrito nessa forma como:

Teorema 1.2 (Teorema de Pitágoras). Se T de catetos

a

e

b

e hipotenusa

Observação 1.3.

c,

então

2

é um triângulo retângulo 2

c = a + b2 .

Em geral, é mais comum usar a palavra teorema

apenas para certas proposições que são de grande importância matemática, chamando-se simplesmente de proposição ao resto das proposições verdadeiras que admitem uma demonstração. Para uma discussão mais detalhada, recomendamos [8].

1.3.1 Métodos de Demonstração Quando realizamos uma demonstração não existe um caminho único. Dependendo do problema em questão podemos usar métodos diferentes. A seguir ilustramos os seguintes três métodos:

•

Demonstração direta.

•

Demonstração por contraposição.

•

Demonstração por redução ao absurdo.

1.3


11

Demonstração Direta A demonstração direta é aquela em que assumimos a hipótese como verdadeira e através de uma série de argumentos verdadeiros e deduções lógicas concluímos a veracidade da tese.

a

b

b

β a

γ Q

a

α b

c

Figura 1.1: Figura auxiliar para a demonstração do teorema de Pitágoras Um exemplo de demonstração direta é a que daremos a seguir, para o teorema de Pitágoras enunciado anteriormente no Teorema 1.1. Com efeito, usando a gura acima temos que a área do quadrado de lado

a+b

é a soma das quatro áreas dos triângulos retângulos

congruentes pelo critério lado-ângulo-lado (de catetos área do quadrilátero

Q,

e

b)

mais a

o qual é um quadrado visto que cada um dos

seus lados coincide com a hipotenusa

c

dos triângulos retângulos de

b e, além disso, cada um dos seus ângulos internos γ = 180 − (α + β) = 180◦ − 90◦ = 90◦ (veja a Figura 1.1). catetos

a

a

e

o

Portanto,

(a + b)2 = 4 ·

ab + c2 , 2

de onde

a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2 , e consequentemente

a2 + b 2 = c 2 ,

mede

12

1

Primeiros Passos

como queríamos.

Demonstração por Contraposição Este método é baseado no fato de que a veracidade de forma positiva de uma proposição é equivalente à veracidade de sua forma contrapositiva, podendo ser esta última, eventualmente, mais fácil de se provar. Por exemplo, a armação Se sou alagoano, então sou brasileiro é equivalente à armação Se não sou brasileiro, então não sou alagoano Por exemplo, provemos a seguinte proposição:

Proposição 1.4. •

Hipótese:

•

Tese:

N

Se

N2

N2

é par, então

N

é par.

é par.

é par.

Desaamos o leitor a tentar mostrar esta proposição partindo da hipótese e tentando concluir a tese. Note que podemos vericar que nossa proposição é verdadeira para vários valores de

N2

como na tabela a

seguir, mas isso não é uma prova matemática da nossa proposição.

N2 N

4

16

36

64

100

144

2

4

6

8

10

12

1.3


13

Mesmo vericando para um bilhão de valores de restariam números para serem vericados.

N 2,

sempre nos

Como nossas tentativas

de provar a forma positiva dessa proposição estão sendo frustradas, apelaremos para mostrar a forma contrapositiva da mesma, isto é:

Proposição 1.5.

Se

N

não é par, então

N2

não é par.

Neste caso, temos:

•

Hipótese:

•

Tese:

N2

N

não é par.

não é par.

N tem que ser ímpar, ou seja, existe p, número inteiro, tal que N = 2p+1.

Demonstração. Como estamos assumindo que

N

não é par, logo

Logo,

N 2 = (2p + 1)(2p + 1) = 4p2 + 2p + 2p + 1 = 4p2 + 4p + 1 = 2(2p2 + 2p) + 1 = 2q + 1, onde

q = 2p2 + 2p.

Logo,

N 2 = 2q + 1

é ímpar e concluímos assim

nossa prova.

Demonstração por Redução ao Absurdo Este método é uma das ferramentas mais poderosas da Matemática. O nome provém do latim reductio ad absurdum e também é conhecido como método do terceiro excluído devido ao mesmo estar baseado na

14

1

Primeiros Passos

lei do terceiro excluído que diz o seguinte: uma armação que não pode ser falsa, deverá ser consequentemente verdadeira. De um modo geral, o roteiro que segue uma demonstração por redução ao absurdo é o seguinte:

•

Assumimos a validade da hipótese.

•

Supomos que nossa tese é falsa.

•

Usando as duas informações anteriores concluímos, através de argumentos verdadeiros, uma armação falsa; como tal fato não poderá ocorrer, então nossa tese deverá ser verdadeira.

Vamos mostrar como o método funciona na prática provando a seguinte proposição:

Proposição 1.6.

Seja

x

um número positivo, então

x + 1/x ≥ 2.

Destaquemos primeiramente a nossa hipótese e a nossa tese.

•

Hipótese:

•

Tese:

x

é um número positivo.

x + 1/x ≥ 2.

Demonstração. Seja é falsa, isto é,

x+

1 x

x um número positivo e suponhamos que a < 2. Usando que x > 0 e multiplicando por

tese este

a desigualdade anterior, obtemos que

x2 + 1 < 2x. x2 − 2x + 1 < 0 é equivalente a (x − 1)2 < 0, já que x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 , o que é impossível. Portanto, x + 1/x ≥ 2, Daí segue-se que

como desejávamos.

1.4


1.4

15


Nesta seção, damos algumas regras gerais que consideramos importante ter em mente na hora de resolver um problema de Matemática. Aplicaremos estas regras a alguns problemas interessantes para ilustrar a sua importância. Elas são:

R1) Ler bem o enunciado do problema e utilizar todas as informações disponíveis. R2) Fazer casos particulares ou casos mais simples de problemas similares, para adquirir familiaridade com o problema. R3) Mudar a representação do problema, transformando-o em um problema equivalente. R4) Usar a imaginação pesquisando caminhos alternativos.

Extra-

polar os limites!

A seguir propomos vários problemas onde as regras anteriores são muito úteis.

O leitor deve tentar resolvê-los; mas se não conseguir

achar solução depois de muito tentar poderá então passar para a próxima seção onde os solucionamos.

Problema 1.7.

Ao encontrar uma velha amiga (A), durante uma

viagem de trem, um matemático (M) tem a seguinte conversa:

(M)

Como vão os três lhos da senhora?

(A)

Vão bem, obrigada!

16

1

Primeiros Passos

(M)

Qual a idade deles mesmo?

(A)

Vou lhe dar uma dica. O produto das idades deles é 36.

(M)

Só com essa dica é impossível!

(A)

A soma das idades deles é igual ao número de janelas deste vagão.

(M)

Ainda não sei!

(A)

O mais velho toca piano!

(M)

Agora eu sei!

Você é capaz de descobrir as idades dos três lhos da senhora?

Problema 1.8.

Numa cesta encontram-se 9 moedas idênticas, sendo

que 8 delas têm o mesmo peso e uma moeda é mais leve que as demais. Usando duas vezes uma balança de dois pratos, encontrar a moeda mais leve.

Problema 1.9.

Numa pequena ilha existem 5 pessoas de olhos azuis

e 5 pessoas de olhos verdes. Existe um grande tabu nesta ilha que é o seguinte: se uma pessoa descobre que possui olhos azuis ela se suicida à meia-noite do dia em que descobriu, pulando do alto da prefeitura. Por conta disso, ninguém conversa sobre o assunto, olha para espelhos ou vê seu reexo na água. Todos se cruzam diariamente e conhecem os olhos de seus amigos. Numa manhã, um estrangeiro chegou à ilha e reuniu as 10 pessoas para o seguinte pronunciamento: Nesta ilha, existe uma pessoa de olhos azuis. Pergunta-se:

1.4


17

(a) O que aconteceu com os habitantes da ilha? (b) Que informação nova o estrangeiro trouxe?

Problema 1.10. Um viajante deseja se hospedar durante 31 dias num hotel. Entretanto, percebe que está sem dinheiro e que a única coisa que possui é uma corrente com 31 elos de ouro. Para pagar sua conta, ele acertou com o gerente pagar um elo por dia, sem atrasar ou adiantar o pagamento, durante os 31 dias. O gerente pode dar troco em elos. Depois ele deseja recuperar a corrente e por isso ele quer pagar a conta cortando a corrente no menor número de pedaços. Quantos cortes você conseguiria dar e pagar a conta?

Problema 1.11.

Sabendo que em cada jogada o movimento do cavalo

consiste em se deslocar duas casas na horizontal e uma na vertical ou duas na vertical e uma na horizontal, decidir se é possível sair da conguração apresentada no tabuleiro (a) e chegar à conguração apresentada no tabuleiro (b) da Figura 1.2 sem que em algum momento existam dois cavalos na mesma casa.

(a)

(b)

Figura 1.2: Cavalos de xadrez

18

1

Primeiros Passos

Problema 1.12. Mostre que podemos cobrir os 9 pontos no reticulado da Figura 1.3 traçando 4 segmentos de reta sem tirar o lápis do papel.

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Figura 1.3: Reticulado de 9 pontos Sugerimos seguir as dicas abaixo para obter sucesso na solução dos problemas:

•

Para os problemas 1.7 e 1.8 use a primeira regra.

•

Para os problemas 1.9 e 1.10 use a segunda regra. Por exemplo, no problema 1.9 fazer primeiro o caso: uma pessoa com olhos azuis e uma com olhos verdes e depois fazer o caso: duas pessoas de olhos azuis e duas de olhos verdes; generalize.

•

Para os problema 1.11 use a terceira regra.

•

Para o problema 1.12 use a quarta regra.

1.5


A seguir apresentamos soluções para os problemas enunciados na seção anterior.

Solução do Problema 1.7.

É muito importante neste problema tirar

o máximo de informação das dicas da senhora. Vamos à primeira dica: o produto das idades é 36.

1.5


19

0 6 x 6 y 6 z 6 36. possibilidades para os números x,

Suponhamos que as idades dos lhos sejam Como

y

e

xyz = 36,

temos as seguintes

z: x y 1 1 1 1 1 2 2 3

z

xyz

1 36 2 18 3 12 4 9 6 6 2 9 3 6 3 4

36 36 36 36 36 36 36 36

A segunda dica dada pela senhora é a soma das idades.

Assim,

vamos agora calcular todas as possíveis somas de acordo com as fatorações de 36 dadas na tabela anterior:

x y 1 1 1 1

z

x+y+z

1 36 2 18 3 12 4 9

1 6

6

2 2 2 3 3 3

9 6 4

38 21 16 14 13 13

11 10

Sabemos que após a segunda dica, o matemático ainda não conseguiu deduzir as idades das crianças.

20

1

Primeiros Passos

Por que ele não conseguiu? Imagine que o número da casa fosse 14. Ora, de acordo com nossa tabela, só existe um terno de números cujo produto é 36 e a soma é 14, que é o terno (1,4,9). Assim, se o número da casa fosse 14 o matemático teria dado a resposta após a segunda dica. Como ele cou em dúvida, olhando a tabela 2, chegamos à conclusão de que o número da casa só pode ser igual a 13. Lembremos a última dica: o mais velho toca piano. No início essa dica parecia inútil, mas agora ela é fundamental para resolvermos o problema. De fato, como o mais velho toca piano, isso signica que existe um mais velho, o que descarta o caso (1,6,6). Assim, as idades são 2, 2, e 9.


Este é o tipo de problema que a primeira

vista pode parecer difícil, mas que quando usamos todas as informações do seu enunciado se torna fácil. A ideia é dividir as moedas em

A, B Colocaremos na balança os grupos A e B e deixaremos o grupo C três grupos de três moedas cada, que chamaremos grupos

e

C.

fora.

Podem acontecer duas coisas:

(a) Os pratos cam equilibrados. (b) Os pratos cam desequilibrados.

A e B têm o mesmo peso. Logo, a moeda mais leve deve estar no grupo C . No caso (b), um dos grupos No caso (a), temos que os grupos

cou mais leve, o que signica que a moeda mais leve está neste grupo. Assim, utilizando a balança apenas uma vez conseguiremos descobrir qual é o grupo em que a moeda mais leve está. Digamos que este grupo seja o grupo

A.

Para achar a moeda mais leve, procedemos de modo

semelhante ao que zemos anteriormente: separamos as três moedas

1.5


do grupo

A

21

colocando uma em cada prato e deixando a terceira de

fora. Podem acontecer duas coisas:

(a) Os pratos cam desequilibrados e assim a moeda mais leve está no prato mais leve. (b) Os pratos cam equilibrados, logo a moeda mais leve foi a que cou fora.

No nal, usamos a balança exatamente duas vezes.


Como em muitos problemas de Mate-

mática, abordar casos mais simples do problema pode ajudar bastante na solução.

Assim, vamos imaginar o seguinte caso mais simples:

na ilha existe somente uma pessoa de olhos azuis e a outra de olhos verdes. Pensando neste caso, a pessoa que tinha olhos azuis só via as que tinham olhos verdes.

Quando o estrangeiro armou que existia

uma pessoa de olhos azuis, ela descobriu que tinha olhos azuis, pois as outras pessoas tinham olhos verdes. Assim, à meia-noite ela subiu na prefeitura e pulou. Com isso, a pessoa que tinha olhos verdes descobriu que tinha olhos verdes, pois se ela tivesse olhos azuis sua companheira não se suicidaria no dia anterior. Vamos agora dar um passo crucial na solução do nosso problema original, considerando o caso onde existem duas pessoas de olhos azuis e duas pessoas de olhos verdes na ilha. Vamos chamar as pessoas de olhos azuis de

A

e

B

e as pessoas de olhos verdes de

C

e

D.

No dia

em que o estrangeiro fez o seu pronunciamento, nada aconteceu, pois as pessoas

A

C

e

via a pessoa

pessoa

A

D B

viam as pessoas

A

e

B

com olhos azuis e a pessoa

com olhos azuis e vice-versa. Já no segundo dia, a

teve o seguinte pensamento:

22

1

Primeiros Passos

Se eu tivesse olhos verdes, a pessoa B teria descoberto que tinha olhos azuis ontem, pois ela veria três pessoas de olhos verdes. Como ela não se suicidou ontem, eu tenho olhos azuis. Pensando da mesma forma, a pessoa

B

descobriu que também tinha

olhos azuis. Por isso, à meia-noite do segundo dia, as pessoas

A

e

B

se suicidaram. O que aconteceu depois? As pessoas

C

e

D

ainda tinham a dúvida

da cor de seus olhos. Para chegar à conclusão de que seus olhos são verdes, no terceiro dia, a pessoa

C

pensou assim:

Bem, se eu tivesse olhos azuis, as pessoas

A

e

B

veriam

cada uma duas pessoas com olho azul. Logo, elas não teriam se suicidado no segundo dia, pois não conseguiriam deduzir a cor de seus olhos.

Logo, tenho olhos verdes.

Ufa! Do mesmo modo, a pessoa

D

conseguiu descobrir a cor de seus olhos.

Analisando de modo semelhante, conseguiremos deduzir que no problema original as cinco pessoas de olhos azuis descobrirão que possuem olhos azuis e juntas se suicidarão no quinto dia após o pronunciamento do estrangeiro. Agora vamos descobrir a resposta da segunda pergunta do enunciado:

que informação nova o estrangeiro trouxe?

Aparentemente

nada de novo foi acrescentado pela frase do estrangeiro, pois cada pessoa estava vendo alguma pessoa com olhos azuis. Mas isso não é verdade. Para ver isso e descobrir qual é a nova informação que o estrangeiro trouxe, vamos voltar ao caso de somente duas pessoas na ilha, uma

1.5


23

de olhos azuis e outra de olhos verdes. Neste caso, a pessoa de olhos azuis somente vê uma pessoa de olhos verdes. Com a informação de que existe uma pessoa de olhos azuis ela pode descobrir a cor de seus olhos.

Note que a pessoa de olhos verdes já sabia que existia pelo

menos uma pessoa de olhos azuis.

Mas ela não sabia que a pessoa

de olhos azuis tinha conhecimento de que na ilha existia alguém com olhos azuis. Essa é a nova informação que o estrangeiro trouxe.


Uma primeira solução é cortar a cor-

rente 30 vezes, separando todos os elos. Porém, essa não é a melhor solução, como veremos a seguir. Vamos iniciar nossa análise observando que para pagar o primeiro dia precisamos dar um corte na corrente. Assim, o gerente receberá um elo. O pulo do gato do problema vem agora: para pagar o 2

◦

dia, vamos cortar a corrente de modo a separar

dois elos de uma vez. Assim, daremos dois elos ao gerente e ele devolverá um elo de troco. Com este elo pagaremos o terceiro dia. Note que pagamos três dias fazendo dois cortes na corrente, como mostra a tabela:

Elos

Gerente

Viajante

1, 2

28

Note que o número 2 denota o pedaço que contém 2 elos. pagar o 4

◦

Para

dia, cortaremos a corrente de modo a obter um pedaço

com quatro elos.

Entregamos ao gerente este pedaço e recebemos

de troco um elo solto e um pedaço com dois elos.

Com o elo solto,

◦ ◦ pagamos o 5 dia. Assim, no 5 dia teremos os seguintes grupos de elos:

Elos

Gerente

Viajante

1, 4

2, 24

24

1

Primeiros Passos

◦ Assim, pagamos o 6 dia com o pedaço que contém dois elos e receberemos o elo solto de troco. Finalmente pagaremos o 7

◦

dia com

o elo solto. Note que foi possível pagar 7 dias com apenas três cortes na corrente. A continuação do procedimento está quase revelada. Para

◦ pagar o 8 dia, cortaremos um pedaço com oito elos.

Daremos este

pedaço e receberemos de troco 7 elos, sendo um elo solto, um pedaço com 4 e um pedaço com dois elos. Repetindo o procedimento anterior,

◦ pagaremos os 7 dias seguintes, pagando até o 15 dia sem precisar de cortes adicionais. Ou seja, para pagar os 15 primeiros dias, precisamos de 4 cortes na corrente. Neste momento, a corrente está distribuída do seguinte modo:

Elos

Para pagar o 16

◦

Gerente

Viajante

1, 2, 4, 8

16

dia, entregaremos ao gerente o pedaço com os 16

elos restantes, recebendo 15 elos divididos em pedaços de 1, 2, 4 e 8 elos. Se repetirmos o processo, pagaremos o hotel até o 31

◦

dia sem

precisar de novos cortes. Assim, o mínimo número de cortes é 4.


Para resolver este problema vamos usar

a estratégia de mudar a representação. O que signica isso? Vamos reescrever o problema com outros ingredientes, porém sem alterar em nada sua essência. Primeiramente, enumere as casas do tabuleiro com os números

1, 2, . . . , 9,

como na Figura 1.4.

Vamos agora associar ao tabuleiro, um conjunto de nove pontos também enumerados com os números 1, 2, . . . , 9. Se for possível sair de uma casa

i

e chegar à casa

j

com apenas uma jogada do cavalo,

colocaremos um segmento ligando os pontos

i

e

j.

Por exemplo, é

1.5


25

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Figura 1.4: Tabuleiro de 9 casas

possível, saindo da casa 1 chegar à casa 6 e a casa 8.

Desse modo,

o ponto com número 1 está ligado com o ponto com número 8.

Se

analisarmos todas as possíveis ligações entre os pontos obteremos um esquema com o mostrado na Figura 1.5

9

9

2• 7

•

5

•

• •

6

•

1

2•

•4 •

3

•

8

Figura 1.5: Conexões das casas

7

•

•4

5

•

• •

6

•

1

•

3

•

8

Figura 1.6: Tabuleiro (a)

Assim, se colocarmos os cavalos como no tabuleiro (a), teremos a situação descrita na Figura 1.6. Deste modo, ca evidente que não podemos trocar a posição dos cavalos branco e preto sem que em algum momento eles ocupem a mesma casa.

26

1

1.6

Primeiros Passos

Exercícios

1. Uma sacola contém meias cujas cores são branca, preta, amarela e azul. Sem olhar para a sacola, qual é a quantidade mínima de meias que precisamos retirar da mesma para garantir pelo menos um par de meias da mesma cor? 2. O pai do padre é lho único de meu pai. O que eu sou do padre? 3. Numa mesa há 5 cartas:

Q

T

3

4

6

Cada carta tem de um lado um número natural e do outro lado uma letra. João arma: Qualquer carta que tenha uma vogal tem um número par do outro lado.

Pedro provou que João

mente virando somente uma das cartas. Qual das 5 cartas foi a que Pedro virou? 4. A polícia prende 4 homens, um dos quais é culpado de um furto. Eles fazem as seguintes declarações:

•

Arnaldo: Bernaldo é o culpável.

•

Bernaldo: Cernaldo é o culpável.

•

Dernaldo: eu não sou culpável.

•

Cernaldo: Bernaldo mente ao dizer que eu sou culpável.

Se se sabe que só uma destas declarações é a verdadeira, quem é culpável pelo furto?

1.6

Exercícios

27

5. Numa cidade existe uma pessoa

X

que sempre mente terças,

quintas e sábados e é completamente sincera o resto dos dias da semana.

Felipe chega um certo dia na cidade e mantém o

seguinte diálogo com a pessoa

X:

Felipe: Que dia é hoje?

X: Sábado.

Felipe: Que dia será amanhã?

X: Quarta-feira.

Em qual dia da semana foi mantido este diálogo?

6. Divida o relógio de parede abaixo em 6 partes iguais de forma tal que a soma das horas que cam em cada parte seja a mesma.n

11 10

1

•

9 8

12

7

6

2 3

5

4

7. João adora Gabriela, que é uma aluna excelente em Matemática. João armou um plano para dar um beijo nela, e descobriu que poderá fazer isso apenas dizendo uma frase. Que frase é essa?

8. No plano se colocam 187 rodas dentadas do mesmo diâmetro, enumeradas de 1 até 187. A roda 1 é acoplada com a roda 2, a 2 com a 3,

...,

a 186 com a 187 e esta última com a roda 1. Pode

tal sistema girar?

28

1

Primeiros Passos

9. Um canal, em forma quadrada, de 4 metros de largura rodeia um castelo. A ponte do castelo está fechada e um intruso quer entrar no castelo usando duas pranchas de 3,5 metros de comprimento. Será que o intruso consegue?

10. Os números

1, 2, 3, . . . , 99 são escritos no quadro-negro e é permi-

tido realizar a seguinte operação: apagar dois deles e substituílos pela diferença do maior com o menor. Fazemos esta operação sucessivamente até restar apenas um último número no quadro. Pode o último número que restou ser o zero?

11. Alguém elege dois números, não necessariamente distintos, no conjunto de números naturais

2, . . . , 20.

O valor da soma destes

A) e o valor do produto dos números é dado unicamente a Karla (K). números é dado somente a Adriano (

Pelo telefone

A diz a K: Não é possível que descubras minha

soma. Uma hora mais tarde,

K lhe diz a A: Ah!

sabendo disso, já

sei quanto vale tua soma! Mais tarde

A

chama outra vez a

K

e lhe informa: Poxa,

agora eu também conheço teu produto! Quais números foram eleitos?

12. É possível cobrir um tabuleiro de xadrez com 31 dominós onde removemos as casas dos vértices superior esquerdo e inferior direito?

13. Num saco encontram-se 64 moedas leves e 64 moedas pesadas.

1.6

Exercícios

29

É possível separar duas moedas de pesos diferentes com 7 pesagens? 14. Quantas vezes precisamos dobrar um papel de 1mm de espessura para que a altura da pilha chegue da Terra à Lua? 15. Descubra o erro da prova da armação abaixo:

Armação: Três é igual a dois. Seja

x

um número diferente de zero. Temos que:

3x − 3x = 2x − 2x. Colocando

x−x

em evidência, temos que:

3(x − x) = 2(x − x). Cancelando

x−x

em ambos os lados, obtemos que

3 = 2.

30

1

Primeiros Passos

2 Equações e Inequações Álgebra é generosa; ela geralmente nos dá mais do que lhe pedimos. D'Alembert

Na antiguidade, todo conhecimento matemático era passado de geração para geração através de receitas. A falta de símbolos e notação adequada complicava substancialmente a vida de quem precisava usar a Matemática e de quem apreciava sua beleza. Por exemplo, o uso de letras (x,

y, z

etc.) para representar números desconhecidos não tinha

sido inventado ainda.

Isso só veio ocorrer por volta dos meados do

século XVI, ou seja, a menos de 500 anos atrás. Apesar disso, o conhecimento matemático das antigas civilizações era surpreendente. Os egípcios, babilônios, gregos e vários outros povos tinham o domínio de métodos e técnicas que são empregados hoje, como soluções de equações do primeiro e segundo graus, inteiros que são soma de quadrados e vários outros conhecimentos. Especialmente os gregos, cuja cultura matemática resistiu aos tempos com a preservação de Os Elementos de Euclides, tinham desenvolvido e catalisado

31

32

2

Equações e Inequações

muitos dos avanços da época. Entretanto, todos os resultados tinham uma linguagem através dos elementos de geometria, mesmo aqueles que só envolviam propriedades sobre os números. Essa diculdade deve-se em parte aos sistemas de numeração que eram utilizados pelos gregos e, posteriormente, pelos romanos, que eram muito pouco práticos para realizar operações matemáticas. Por volta de 1.100, viveu na Índia Bhaskara, um dos mais importantes matemáticos de sua época. Apesar de suas contribuições terem sido muito profundas na Matemática, incluindo-se aí resultados sobre equações diofantinas, tudo indica que Bhaskara não foi o primeiro a descobrir a fórmula, que no Brasil chamamos de fórmula de Bhaskara, assim como Pitágoras não deve ter sido o primeiro a descobrir o teorema que leva o seu nome, já que 3.000 a.c.

os babilônios tinham

conhecimento de ternas pitagóricas de números inteiros bem grandes. Apesar de ter conhecimento de como solucionar uma equação do segundo grau, a fórmula que Bhaskara usava não era exatamente igual a que usamos hoje em dia, sendo mais uma receita de como encontrar as raízes de uma equação.

Para encontrar essas raízes, os indianos

usavam a seguinte regra:

Multiplique ambos os membros da equação pelo número que vale quatro vezes o coeciente do quadrado e some a eles um número igual ao quadrado do coeciente original da incógnita. A solução desejada é a raiz quadrada disso. O uso de letras para representar as quantidades desconhecidas só veio a se tornar mais popular com os árabes, que também desenvolveram um outro sistema de numeração, conhecido como indo-arábico. Destaca-se também a participação do matemático francês François

2.1

Equações do Primeiro Grau

33

Vièti, que aprimorou esse uso dos símbolos algébricos em sua obra In

artem analyticam isagoge e desenvolveu um outro método para resolver a equação do segundo grau. Na seção seguinte estudaremos com detalhe a equação do primeiro grau, e como podemos utilizá-la para resolver alguns problemas em Matemática.

2.1


Iniciamos nossa discussão resolvendo o seguinte problema:

Exemplo 2.1.

Qual é o número cujo dobro somado com sua quinta

parte é igual a 121?

x, para 2x e sua

Solução: Vamos utilizar uma letra qualquer, digamos a letra designar esse número desconhecido. Assim, o dobro de quinta parte é

x/5.

x

é

Logo, usando as informações do enunciado, obte-

mos que:

2x +

x = 121, 5

ou ainda,

10x + x = 605, onde

11x = 605.

Resolvendo, temos que

x = 605/11 = 55.

Se você já teve contato com o procedimento de resolução do exemplo acima, notou que o principal ingrediente é a equação do primeiro

grau em uma variável.

Denição 2.2.

Uma equação do primeiro grau na variável

expressão da forma

ax + b = 0,

x

é uma

34

2

onde

a 6= 0, b ∈ R

e

x


é um número real a ser encontrado.

Por exemplo, as seguintes equações são do primeiro grau:

(a)

2x − 3 = 0.

(b)

−4x + 1 = 0.

(b)

3 x − π = 0. 2

Para trabalhar com equações e resolvê-las, vamos pensar no modelo da balança de dois pratos. Quando colocamos dois objetos com o mesmo peso em cada prato da balança, os pratos se equilibram. Quando os pratos estão equilibrados, podemos adicionar ou retirar a mesma quantidade de ambos os pratos, que ainda assim eles permanecerão equilibrados. Essa é uma das principais propriedades quando estamos trabalhando com uma equação. Em geral, para resolver uma equação, utilizamos as seguintes propriedades da igualdade entre dois números:

Propriedade 1.

Se dois números são iguais, ao adicionarmos a

mesma quantidade a cada um destes números, eles ainda permanecem iguais. Em outras palavras, escrevendo em termos de letras, se e

b

são dois números iguais, então

a=b

=⇒

Note que podemos tomar

c

a+c

é igual a

b + c,

a

ou seja,

a + c = b + c.

um número negativo, o que signica

que estamos subtraindo a mesma quantidade dos dois números. Por exemplo, se

x

é um número qualquer que satisfaz

5x − 3 = 6,

2.1


somando-se

35

3 a ambos os lados da equação acima, obtemos que x deve

satisfazer:

(5x − 3) + 3 = 6 + 3,

Propriedade 2.

ou seja,

5x = 9.

Se dois números são iguais, ao multiplicarmos a

mesma quantidade por cada um destes números, eles ainda permanecem iguais. Em outras palavras, escrevendo em termos de letras, se e

b

são dois números iguais, então

a=b Por exemplo, se igualdade por

1/5

5x = 9

a·c

=⇒

é igual a

b · c,

a

ou seja,

ac = bc.

podemos multiplicar ambos os lados da

para obter

x=

5x 9 = , 5 5

encontrando o número que satisfaz a equação

5x − 3 = 6.

Para nos familiarizarmos um pouco mais com a linguagem das equações, vamos pensar no seguinte problema:

Exemplo 2.3.

Para impressionar Pedro, Lucas propôs a seguinte

brincadeira: - Escolha um número qualquer. - Já escolhi, disse Pedro. - Multiplique este número por 6. A seguir, some 12. Divida o que você obteve por 3. Subtraia o dobro do número que você escolheu. O que sobrou é igual a 4! Pedro realmente cou impressionado com a habilidade de Lucas. Mas não há nada de mágico nisso. Você consegue explicar o que Lucas fez?

36

2


Solução: Na verdade, Lucas tinha conhecimento de como operar com equações. Vamos ver o que Lucas fez de perto, passo a passo, utilizando a linguagem das equações. Para isso, vamos chamar a quantidade que Pedro escolheu de

x:

•

Escolha um número:

•

Multiplique este número por 6:

•

A seguir, some 12:

•

Divida o que você obteve por 3:

•

O que sobrou é igual a 4!

x. 6x.

6x + 12.

6x + 12 = 2x + 4. 3 • Subtraia o dobro do número que você escolheu: 2x + 4 − 2x = 4.

Observação 2.4. Devemos ter cuidado na hora de efetuar divisões em ambos os lados de uma equação, para não cometer o erro de dividir os lados de uma igualdade por zero. Por exemplo, podemos dar uma prova (obviamente) falsa de que

1 = 2,

utilizando o seguinte tipo de

argumento: sempre é verdade que

x + 2x = 2x + x. Logo,

x − x = 2x − 2x Colocando

(x − x)

em evidência:

1(x − x) = 2(x − x) Dividindo por

1 = 2.

(x − x)

Qual o erro?

os dois lados da igualdade acima, temos que

2.1


37

Para encontrar a solução da equação

ax + b = 0,

procedemos do

seguinte modo:

•

Somamos

−b

a ambos os lados da equação, obtendo

ax + b + (−b) = 0 + (−b) ⇐⇒ ax = −b. Note que como somamos a mesma quantidade aos dois lados da equação, ela não se alterou.

•

Dividimos os dois lados da equação por altera a igualdade e nos dá que o valor

a 6= 0. Isso também não de x é:

−b b ax = ⇐⇒ x = − . a a a Assim, a solução da equação

ax + b = 0

é

b x=− . a

2.1.1 Problemas Resolvidos Vamos ver agora alguns problemas que podem ser solucionados utilizando as equações do primeiro grau.

Problema 2.5.

Se

x

representa um dígito na base 10 e a soma

x11 + 11x + 1x1 = 777, quem é

x?

38

2


Solução: Para resolver este problema, precisamos nos recordar que se

abc

é a escrita de um número qualquer na base

é igual a

102 a + 10b + c.

10,

então esse número

Assim, temos que

x11 = 100x + 11 11x = 110 + x 1x1 = 101 + 10x Logo, temos a seguinte equação do primeiro grau:

100x + 11 + 110 + x + 101 + 10x = 777 Logo,

x=

Problema 2.6.

ou

111x + 222 = 777

777 − 222 = 5. 111

Determine se é possível completar o preenchimento

do tabuleiro abaixo com os números naturais de

1

a

9,

sem repetição,

de modo que a soma de qualquer linha seja igual a de qualquer coluna ou diagonal.

1

6 9

Solução: Primeiro, observe que a soma de todos os números naturais de

1

a

9

é 45. Assim, se denotamos por

s

o valor comum da soma dos

elementos de uma linha, somando as três linhas do tabuleiro, temos que:

45 = 1 + 2 + · · · + 9 = 3s, Onde

s

deve ser igual a

15.

Assim, chamando de

primeira linha que falta ser preenchido,

x

o elemento da

2.1


39

1

x

6

9

1 + x + 6 = 15. Logo, x = 8. Assim, observando a coluna contém 8 e 9, temos que sua soma é maior que 15. Logo, não é

temos que que

possível preencher o tabuleiro de modo que todas as linhas e colunas tenham a mesma soma. Os quadrados de números com essas propriedades se chamam qua-

drados mágicos. Tente fazer um quadrado mágico. Você já deve ter percebido que no centro do quadrado não podemos colocar o número

9.

De fato, vamos descobrir no exemplo abaixo qual é o número que

deve ser colocado no centro de um quadrado mágico.

Problema 2.7.

Descubra os valores de

x

de modo que seja possível

completar o preenchimento do quadrado mágico abaixo:

x Solução: Para descobrir

x,

vamos utilizar o fato de que a soma de

qualquer linha, coluna ou diagonal é igual a

15,

já obtido no exemplo

anterior. Se somarmos todas as linhas, colunas e diagonais que contêm

x,

teremos que a soma será

4 · 15 = 60,

pois existem exatamente uma

linha, uma coluna e duas diagonais que contêm

x.

Note também que

cada elemento do quadrado mágico será somado exatamente uma vez, exceto

x

que será somado quatro vezes. Assim:

1 + 2 + 3 + 4 + · · · + 9 + 3x = 60, onde temos que

45 + 3x = 60

e consequentemente

x = 5.

40

2


O problema a seguir é um fato curioso que desperta nossa atenção para como a nossa intuição às vezes é falha.

Problema 2.8.

Imagine que você possui um o de cobre extrema-

mente longo, mas tão longo que você consegue dar a volta na Terra com ele. Para simplicar a nossa vida e nossas contas, vamos supor que a Terra é uma bola redonda (o que não é exatamente verdade) sem nenhuma montanha ou depressão e que seu raio é de exatamente

6.378.000

metros.

O o com seus milhões de metros está ajustado à Terra, cando bem colado ao chão ao longo do equador.

Digamos agora que você

acrescente 1 metro ao o e o molde de modo que ele forme um círculo enorme, cujo raio é um pouco maior que o raio da Terra e tenha o mesmo centro. Você acha que essa folga será de que tamanho? Nossa intuição nos leva a acreditar que como aumentamos tão pouco o o, a folga que ele vai ter será também muito pequena, digamos alguns poucos milímetros. Mas veremos que isso está completamente errado!

Solução. Utilizaremos para isso a fórmula que diz que o comprimento

C

de um círculo de raio

r

é

C = 2πr, π (lê-se pi ) é um número irracional que vale aproximadamente 3, 1416 (veja a observação a seguir). De fato, o comprimento da Terra CT calculado com essa fórmula é

onde

aproximadamente:

CT = 2πrT ∼ = 2 × 3, 1415 × 6.378.000 = 40.072.974

metros,

2.1


onde

rT

41

é o raio da Terra.

x o tamanho da folga obtida em metros e rf o raio do o, temos que a folga será igual a x = rf − rT . Logo, basta calcular rf . Por um lado, o comprimento do o é igual a CT + 1 = 40.072.975. Se chamamos de

Logo,

40.072.975 = 2πrf

onde

rf =

Fazendo o cálculo acima, temos que

6.378.000, 16 rf − rT = 0, 16 a

metros.

Assim,

x

rf

40.072.975 . 2π é aproximadamente igual

é aproximadamente igual a

x =

metros, ou seja, 16 centímetros!

Observação 2.9.

Vale observar que a folga obtida aumentando o o

não depende do raio em consideração. Por exemplo, se repetíssemos esse processo envolvendo a Lua em vez da Terra, obteríamos que ao aumentar o o em um metro, a folga obtida seria dos mesmos 16 centímetros. Verique isso!

Observação 2.10. π

De fato, podemos denir (e calcular!) o número

de várias maneiras práticas. Vamos considerar dois experimentos

(que se você não conhece

Experimento 1:

π

deve fazer):

Pegar um cinto e fazer um círculo com ele. Calcule

o comprimento do cinturão e divida pelo diâmetro do círculo obtido.

Experimento 2:

Pegar uma tampa de uma lata e medir o compri-

mento do círculo da tampa e dividir pelo diâmetro da tampa. Se você efetuou os cálculos acima com capricho, deve ter notado que o número obtido é aproximadamente o mesmo. Se nossos círculos fossem perfeitos (eles nunca são: sempre têm algumas imperfeições) obteríamos o número

π.

Uma aproximação para

π

é

π∼ = 3, 1415926535897932384626433832795.

42

2

2.2



Nesta seção iremos discutir situações onde queremos descobrir mais de uma quantidade, que se relacionam de modo linear, ou seja, através de equações do primeiro grau. Por exemplo, considere o seguinte problema:

Exemplo 2.11.

João possui 14 reais e deseja gastar esse dinheiro em

chocolates e sanduíches para distribuir com seus 6 amigos, de modo que cada um que exatamente com um chocolate ou um sanduíche. Sabendo que cada chocolate custa 2 reais e cada sanduíche custa 3 reais, quantos chocolates e sanduíches João deve comprar? Para resolver esse problema, vamos chamar de chocolates que João deve comprar e

y

x

a quantidade de

o número de sanduíches. Assim,

como João deseja gastar 14 reais, temos que

2x + 3y = 14.

(2.1)

Como João comprará exatamente 6 guloseimas, uma para cada amigo, temos que

x + y = 6.

(2.2)

Note que não encontramos uma equação do primeiro grau em uma variável e sim duas equações do primeiro grau em duas variáveis. Esse é um caso particular de um sistema de equações do primeiro grau em várias variáveis.

Denição 2.12. . . . , xn

Uma equação do primeiro grau nas variáveis

é uma expressão da forma

a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn + b = 0,

x1 , x2 ,

2.2


onde os números

a1 , a2 , . . . , an

43

são diferentes de zero e

b

é um número

real. Por exemplo,

2x − 3y = 0 é uma equação do primeiro grau nas variáveis

2a − b +

x

e

y.

Assim como,

c =5 3

é uma equação do primeiro grau nas variáveis

a, b

e

c.

(r1 , r2 , . . . , rn ) formam uma solução da equação, se substituindo x1 por r1 , x2 por r2 , . . . , xn por rn , temos que a equação acima é satisfeita, isto é, a1 r1 +a2 r2 +· · ·+an rn +b = 0. Por exemplo, (3, 2) é uma solução da equação 2x − 3y = 0 acima, Dizemos que os números

pois

2 · 3 − 3 · 2 = 0. (2, 3) não é solução da equação 2x − 3y = 0, já que 2 · 2 − 3 · 3 = −5 6= 0. c Do mesmo modo, (2, 0, 3) é solução da equação 2a − b + = 5, pois 3 3 2 · 2 − 0 + = 5. 3 Denição 2.13. Um sistema de equações do primeiro grau em n variáveis x1 , x2 , . . ., xn é um conjunto de k equações do primeiro grau em algumas das variáveis x1 , x2 , . . . , xn , isto é, tem-se o seguinte Note que a ordem que apresentamos os números importa, pois

conjunto de equações

  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn + b1 = 0,     a x + a x + · · · + a x + b = 0, 21 1 22 2 2n n 2  · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·     ak1 x1 + ak2 x2 + · · · + akn xn + bk = 0,

(2.3)

44

2

onde alguns dos elementos


aij (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n)

podem ser zero.

Porém, em cada uma das equações do sistema algum coeciente diferente de zero e, além disso, cada variável

xj

aij

é

aparece em alguma

equação com coeciente distinto de zero.

(r1 , r2 , . . . , rn ) formam uma solução do se (r1 , r2 , . . . , rn ) é solução para todas as

Dizemos que os números sistema de equações (2.3) equações simultaneamente.

Quando resolvemos um sistema de equações do primeiro grau, podem acontecer três situações:

(a) o sistema tem uma única solução;

(b) o sistema tem uma innidade de soluções;

(c) o sistema não possui solução.

A seguir ilustramos com exemplos cada uma das situações acima.

Situação (a):

Retomamos o sistema proposto no Exemplo 2.11, o

qual se encaixa neste caso.

 2x + 3y = 14, x + y = 6. Isolamos o valor de uma das variáveis numa das equações. Por conveniência nos cálculos isolamos o valor de

x na segunda equação, obtendo:

x = 6 − y. A seguir, substituímos esse valor na outra equação, obtendo uma equa-

2.2


45

ção do primeiro grau. Resolvendo temos:

2(6 − y) + 3y = 14, 12 − 2y + 3y = 14,

y = 2.

Assim,

y = 2.

Imediatamente, encontramos o valor de

Vamos agora resolver alguns problemas semelhantes.

Situação (b): x, y

e

z

x = 6 − 2 = 4.

Consideremos os sistema de primeiro grau nas variáveis

dado por

 x + y − z − 1 = 0,

(2.4)

x − y − 1 = 0. Da segunda equação segue-se que

x = y + 1.

(2.5)

Substituindo esta expressão na primeira equação obtemos

(y + 1) + y − z − 1 = 0,

2y − z = 0,

z = 2y.

Notemos que as variáveis

xez

são resolvidas em função da variável

a qual não possui nenhuma restrição, de modo que se valor real valor

t.

t

então

x

e

z

(2.6)

y

y,

assumir um

cam automaticamente determinadas por este

Isto é, para todo

t

real, de (2.5) e (2.6) tem-se que

x = t + 1,

y = t,

z = 2t

é solução do sistema (2.4) e, portanto, temos innitas soluções para este.

46

2

Situação (c): variáveis

x, y

e


Consideremos agora o sistema de primeiro grau nas

z

dado por

    x + y + 2z − 1 = 0, x + z − 2 = 0,    y + z − 3 = 0.

(2.7)

Neste caso, da segunda e da terceira equação segue-se que

x=2−z

e

y = 3 − z.

Substituindo estas expressões na primeira equação obtém-se

(2 − z) + (3 − z) + 2z − 1 = 0 ⇐⇒ 4 = 0, o que é uma incompatibilidade. Logo, este sistema não tem solução.

Observação 2.14. Os sistemas de equações de primeiro grau são também conhecidos como sistemas de equações lineares. Quando um sistema de equações lineares envolve muitas variáveis não é tão fácil resolvê-lo se não se organiza com cuidado seu processo de resolução. Existe uma teoria bem conhecida e amplamente divulgada sobre métodos de resolução para esse tipo de sistemas. Um dos métodos mais usado e eciente para resolver sistemas lineares é o método de eliminação gaussiana. O leitor interessado pode consultar [7].

2.2.1 Problemas Resolvidos O problema a seguir foi proposto na primeira fase da Olimpíada Brasileira de Matemática.

2.2


Problema 2.15.

47

Passarinhos brincam em volta de uma velha árvore.

Se dois passarinhos pousam em cada galho, um passarinho ca voando. Se todos os passarinhos pousam, com três em cada galho, um galho ca vazio. Quantos são os passarinhos? Solução: Vamos chamar de

p

o número de passarinhos e

g

o número

de galhos da árvore. Temos que se dois passarinhos pousam em cada galho, um passarinho ca voando, ou seja,

2g = p − 1. Além disso, se todos os passarinhos pousam, com três em um mesmo galho, um galho ca vazio:

3(g − 1) = p. Substituindo na equação anterior, temos que segue-se que

g=4

Problema 2.16.

e

p = 9.

Quanto medem as áreas

A1

2g = 3g − 3 − 1, e

A2

onde

na gura abaixo,

sabendo que o quadrado tem lado 1 e as curvas são arcos de círculos com centros nos vértices

V1

e

V2

do quadrado, respectivamente.

V2 A2 A1

V Solução: Aplicando relações de áreas na gura temos que

(

A1 + A2 = π4 , A1 + 2A2 = 1,

48

2


ou seja, chegamos a um sistema de equações do primeiro grau com duas incógnitas

A1

e

A2 .

Da primeira equação temos que

A1 =

π − A2 ; 4

substituindo esta na segunda equação obtemos

π − A2 + 2A2 = 1, 4 de onde

Logo,

A2 = 1 −

π 4

Problema 2.17.

e

π + A2 = 1. 4 A1 = π4 − 1 − π4 =

π 2

− 1.

Carlos e Cláudio são dois irmãos temperamentais

que trabalham carregando e descarregando caminhões de cimento. Para Carlos e Cláudio tanto faz carregar ou descarregar o caminhão, o trabalho realizado por eles é o mesmo. Quando estão de bem, trabalham juntos e conseguem carregar um caminhão em 15 minutos. Cláudio é mais forte e trabalha mais rápido conseguindo carregar sozinho um caminhão em 20 minutos. (a) Um dia, Cláudio adoeceu e Carlos teve que carregar os caminhões sozinho. Quanto tempo ele leva para carregar cada um? (b) Quando os dois brigam, Carlos costuma se vingar descarregando o caminhão, enquanto Cláudio o carrega com sacos de cimento. Quanto tempo Cláudio levaria para carregar o caminhão com Carlos descarregando? Solução: Vamos chamar de rega por minuto e

y

x

a quantidade de sacos que Cláudio car-

a quantidade de sacos que Carlos carrega por

2.3

Equação do Segundo Grau

49

minuto. Como Cláudio carrega mais que Carlos, sabemos que

y < x.

Do enunciado, sabemos que os dois juntos carregam um caminhão em 15 minutos. Se um caminhão tem capacidade para

c sacos, temos que:

15x + 15y = c. Além disso, sabemos que Cláudio sozinho carrega o mesmo caminhão em

20

minutos. Logo,

20x = c. Assim, igualando as duas equações, temos que

15x + 15y = 20x,

onde

Logo, dividindo ambos os lados por

15y = 20x − 15x = 5x. 5, temos que 3y = x.

Assim, Cláu-

dio carrega três vezes mais sacos que Carlos e a resposta do primeiro item é

20 × 3

minutos, já que

60y = 20 × 3y = 20x = c.

Para descobrir quanto tempo os dois levam para carregar o caminhão quando estão brigados, observamos que a cada minuto eles carregam

x−y

minutos, já que

2.3

3y − y = 2y 30 × 2y = 60y = c.

sacos, ou seja,

sacos. Logo, precisam de

30


Como já mencionamos em nossa introdução, o conhecimento de métodos para solucionar as equações do segundo grau remonta às civilizações da antiguidade, como os babilônios e egípcios. Apesar disso, a fórmula que conhecemos por fórmula de Bhaskara, em homenagem ao matemático indiano de mesmo nome e que determina as soluções de uma equação do segundo grau, só veio a aparecer do modo que usamos muito mais tarde, com o francês Vièti.

Nesta seção iremos

deduzir esta fórmula e aplicá-la a alguns problemas interessantes.

50

2


2.3.1 Completando Quadrados Um modo de resolver uma equação do segundo grau é o método de

completar quadrados. Ele consiste em escrever a equação numa forma equivalente que nos permita concluir quais são as soluções diretamente. Vamos ilustrar isso com um exemplo, resolvendo a equação

x2 − 6x − 8 = 0. Podemos escrever essa equação como:

x2 − 6x = 8. Somando

2

(x − 3)

Logo,

9

ao lado esquerdo, obtemos

x2 − 6x + 9

que é o mesmo que

. Assim, somando 9 a ambos os lados da equação, obtemos:

x−3=

√

(x − 3)2 = 9 + 8 = 17.

√ x − 3 = − 17. Logo, as soluções √ √ x1 = 3 + 17 e x2 = 3 − 17.

17

Denição 2.18.

ou

são:

A equação do segundo grau com coecientes

a, b

e

c

é uma expressão da forma:

ax2 + bx + c = 0, onde

a 6= 0, b, c ∈ R

e

x

(2.8)

é uma variável real a ser determinada.

Para encontrar as soluções desta equação, vamos proceder do seguinte modo: isolando o termo que não contém a variável direito da igualdade na equação (2.8)

ax2 + bx = −c

x

do lado

2.3


e dividindo os dois lados por

51

a,

obtemos:

b −c x2 + x = . a a Agora vamos acrescentar um número em ambos os lados da equação acima, de modo que o lado esquerdo da igualdade seja um quadrado perfeito. Para isso, observe que é necessário adicionar

b2 aos 4a2

dois lados da igualdade. Assim, temos que:

2 2 b c b2 − 4ac b b b2 2 . x+ =x +2 x+ = 2− = 2a 2a 2a 4a a 4a2 b2 −4ac de discriminante da equação maiúscula ∆ (lê-se delta ) do alfabeto

Em geral, chamamos a expressão (2.8) e denotamos pela letra

grego. Assim, podemos escrever a igualdade anterior como:

b x+ 2a

2 =

∆ b2 − 4ac = 2. 2 4a 4a

(2.9)

Por isso, para que exista algum número real satisfazendo a igualdade acima, devemos ter que

∆ ≥ 0,

já que o termo da esquerda na

igualdade é maior ou igual a zero. Extraindo a raiz quadrada quando

∆ ≥ 0,

temos as soluções:

b x+ = 2a

√

b2 − 4ac 2a

e

√ b b2 − 4ac x+ =− . 2a 2a

Assim, obtemos as seguintes soluções:

b x1 = − + 2a e

√

√ b2 − 4ac −b + ∆ = 2a 2a

52

2

b x2 = − − 2a

√


√ b2 − 4ac −b − ∆ = . 4a2 2a

Em resumo,

•

Se

∆>0

existem duas soluções reais.

•

Se

∆=0

só existe uma solução real (x1

•

Se

∆<0

não existe solução real.

= x2 = −b/2a).

A seguir apresentamos alguns exemplos.

Exemplo 2.19.

Encontre as soluções da equação

Solução: Observe que

a = 2, b = −4

e

c = 2.

2x2 − 4x + 2 = 0.

Logo,

∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4 · 2 · 2 = 0. Assim, a única solução é

Exemplo 2.20.

x=−

b 4 = = 1. 2a 4

Encontre as raízes da seguinte equação do segundo

grau:

x2 − x − 1 = 0. Solução: Basta aplicarmos diretamente a fórmula que acabamos de deduzir. Como

a = 1, b = −1

e

c = −1,

calculando

∆

temos:

∆ = b2 − 4ac = (−1)2 − 4 · 1 · (−1) = 5. Logo, as soluções são

√ √ −b + ∆ 1+ 5 = x1 = 2a 2

e

√ √ −b − ∆ 1− 5 x2 = = . 2a 2

2.3


Exemplo 2.21.

Sabendo que

53

x

é um número real que satisfaz

1

x=1+

1+ determine os valores possíveis de

1 x

,

x.

Solução: A solução desse problema consiste numa simples manipulação algébrica, que feita com cuidado nos levará a uma equação do segundo grau. Com efeito,

1+ Logo,

1+

1

1 x+1 = . x x

=1+

1 x 1 + 2x , x= 1+x 1+

Então devemos ter

x 1 + 2x = . 1+x 1+x

de onde segue-se que

x2 + x = 1 + 2x ⇐⇒ x2 − x − 1 = 0. Resolvendo a equação tem-se

√ 1+ 5 x1 = 2

Observação 2.22.

O número

e

(1 +

√ 1− 5 x2 = . 2 √

5)/2 é chamado de razão áurea.

Este número recebe essa denominação pois, frequentemente, as proporções mais belas e que a natureza nos proporciona estão próximas da razão áurea. Por exemplo, no arranjo das pétalas de uma rosa, nas espirais que aparecem no abacaxi, na arquitetura do Parthenon, nos quadros de da Vinci e nos ancestrais de um zangão podemos encontrar a razão áurea.

54

2


O problema a seguir está relacionado com a seqüência de Fibonacci e com a razão áurea.

Dizemos que uma seqüência de números

satisfaz a relação de Fibonacci se, para todo

n ≥ 0,

temos que

an+2 = an+1 + an .

Exemplo 2.23. para algum

x 6= 0

forma

x

(2.10)

Encontre todas as sequências

an

da forma

an = x n

que satisfazem a relação de Fibonacci.

Solução: Sabendo que n

an

an

satisfaz a relação de Fibonacci e que

, podemos concluir que para todo

n≥0

an

é da

tem-se

xn+2 − xn+1 − xn = 0. Colocando

xn

em evidência na equação acima, temos que

xn (x2 − x − 1) = 0 xn = 0 ou x2 − x − 1 = 0. Como 2 portanto, x − x − 1 = 0. Observando a

Logo, temos duas possibilidades:

x 6= 0,

temos que

xn 6= 0

e,

solução do Exemplo 2.20 temos que as únicas sequências são

an =

√ !n 1+ 5 2

ou

an =

√ !n 1− 5 . 2

Observação 2.24. Se an e bn satisfazem a relação de Fibonacci (2.10), então dados números reais

βbn com

α

e

β,

qualquer sequência da forma

αan +

satisfaz a relação. Pode-se provar que as sequências dessa forma,

an = xn1

e

bn = xn2

calculados anteriormente, são as únicas

sequências que satisfazem a relação. Veja, por exemplo, [4].

2.3


55

2.3.2 Relação entre Coecientes e Raízes ax2 + bx + c = 0, com a 6= 0, já calculamos explicitamente as suas raízes x1 e x2 . Vamos estabelecer agora as relações entre a, b e c e as raízes x1 e x2 . Vamos supor ∆ ≥ 0. Como já sabemos, Dada a equação

temos que

Assim,

√ √ −b + ∆ −b − ∆ x1 = e x2 = . 2a 2a somando x1 com x2 tem-se √ √ −2b b −b + ∆ −b − ∆ + = =− . x1 + x2 = 2a 2a 2a a

Por outro lado, fazendo o produto

x1 x2

obtemos

√ ! √ ! −b + ∆ −b − ∆ x1 x2 = · 2a 2a √ √ −b+ ∆ −b− ∆ b2 − ∆ = = 4a2 4a2 4ac c = 2 = . 4a a Em particular, quando

Teorema 2.25.

a = 1,

Os números

(2.11)

(2.12)

temos o seguinte resultado.

α

e

β

são as raízes da equação

x2 − sx + p = 0

(2.13)

se, e somente se,

α+β =s

e

αβ = p.

(2.14)

56

2

Demonstração. Com efeito, se

α

e

β


são as raízes de (2.13) então os

cálculos feitos em (2.11) e (2.12) nos dão (2.14). Reciprocamente, se vale (2.14) então da igualdade

(x − α)(x − β) = x2 − sx + p segue-se que

α

e

β

são as raízes de (2.13).

Observação 2.26.

ax2 + bx + c = 0, com a 6= 0, podemos escrevê-la como a(x2 − sx + p) = 0, com s = −b/a e p = c/a. Supondo que a equação x2 − sx + p = 0 tem raízes α e β , a Em geral, dada a equação

igualdade

ax2 + bx + c = a(x2 − sx + p) = a(x − α)(x − β) nos permite concluir que grau

α

e

β

(2.15)

são as raízes da equação de segundo

2

ax + bx + c = 0.

A equação (2.15) mostra que se

α

é raiz de um polinômio do se-

gundo grau, então a divisão desse polinômio pelo polinômio

(x − α)

é

uma divisão exata. Voltaremos a tratar desse assunto no Teorema 8.5.

Exemplo 2.27.

Paulo cercou uma região retangular de área 28

m2

com 24 metros de corda. Encontre as dimensões dessa região. Solução: Se chamamos de

a

e

b

os lados do retângulo construído por

Paulo, as condições sobre o perímetro e a área desse retângulo nos levam às seguintes equações:

(

a + b = 12, ab = 28.

x2 − 12x + 28 = 0. 2 Calculando o discriminante, obtemos ∆ = 12 −4·28 = 32. Utilizando Como já observamos,

a

e

b

são raízes da equação

2.3


57

a fórmula, temos que as soluções são

√ √ 12 + 32 a= =6+2 2 2 e

√ √ 12 − 32 b= = 6 − 2 2. 2

Exemplo 2.28.

Mostre que a equação

raiz inteira positiva, se

b

x2 + bx + 17 = 0

não possui

é um inteiro não negativo.

n pon + m = −b,

Solução: Suponhamos que a equação possui alguma raiz inteira

m a outra raiz (podendo ser m = n). Então, onde m = −n − b deverá ser necessariamente um número inteiro. Por outro lado, m e n são números inteiros tais que m · n = 17, o que só é possível se m = 1 ou n = 1, o que nos daria em qualquer um dos casos que 1 + b + 17 = 0 (b = −18), sendo isto uma contradição com o fato de b ser inteiro não negativo. sitiva e seja

Exemplo 2.29.

Numa reunião havia pelo menos 12 pessoas e todos

os presentes apertaram as mãos entre si. Descubra quantas pessoas estavam presentes na festa, sabendo que houve menos que 75 apertos de mão.

aperto de mão associaremos

a o número de apertos de mão e enumerar do conjunto P = {1, 2, . . . , n}. A cada um par (i, j), signicando que a pessoa i

j.

Assim, os apertos de mão envolvendo a

Solução: Vamos denotar por as pessoas com os números

apertou a mão da pessoa pessoa

1

foram

A1 = (1, 2), (1, 3), . . . , (1, n) .

58

2


Do mesmo modo, denimos os apertos de mão envolvendo a pessoa que não envolvem a pessoa

1,

2

como

A2 = (2, 3), (2, 4), . . . , (2, n) . Note que o aperto

(2, 1)

aperta a mão de 2, então

é o mesmo que o aperto

2

Ai ∩ Aj = ∅

para

i 6= j .

e

a

para

Ai .

contém todos os apertos de mão. Logo, se

X

1

1 ≤ i ≤ n − 1.

Observe também que todos os

apertos aparecem em um dos conjuntos

elementos do conjunto

já que se

aperta a mão de 1. Analogamente,

Ai = (i, i + 1), (i, i + 2), . . . , (i, n) , Note que

(1, 2),

Assim,

|X|

A1 ∪ · · · ∪ An−1

denota o número de

o número de apertos de mão, temos

|(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An−1 )| = |A1 | + |A2 | + · · · + |An−1 |

= (n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1 =

Portanto,

(n − 1)n = a. 2

n2 − n − 2a = 0 deve admitir admite uma raiz inteira, maior

ou igual a 12. Deste modo, basta descobrirmos para que valores de

a < 75 a equação acima admite alguma raiz inteira n ≥ 12. Denotemos as raízes da equação por n1 e n2 e suponhamos que n1 ≥ 12. Das relações

(

n1 n2 = −2a, n1 + n2 = 1,

−n2 = n1 − 1 ≥ 11. −n2 n1 ≥ 11 · 12 = 132, pois −n2 ≥ 11 concluímos que

Assim, podemos deduzir que e

n1 ≥ 12.

n1 ≥ 13 a ≥ 78, sendo

Observe que o mesmo raciocínio nos leva a concluir que se

então

−n2 n1 = 2a ≥ 12 · 13 = 156,

o que nos daria

2.3


isto impossível pois

a < 75.

59

Assim, a raiz positiva para tal equação

n1 = 12 como considerarmos a = 66.

não pode ser maior ou igual que 13, restando somente solução.

De fato, essa solução é possível, se

Logo, haviam 12 pessoas na festa.

2.3.3 Equações Biquadradas A dedução da solução da equação do segundo grau nos permite resolver equações de grau mais alto, desde que elas se apresentem numa forma peculiar, que nos permita reduzi-las a uma equação do segundo grau. Por exemplo,

Exemplo 2.30.

Resolva a equação

x4 − 2x2 + 1 = 0.

(2.16)

Apesar da equação acima ser de grau quatro, podemos solucioná-la utilizando o que aprendemos até agora. O truque será denotar por o valor

x

2

y

.

Solução: Denote por

y = x2 .

(y − 1)2 . Logo, y = 1. ou x = −1.

Assim,

0 = y 2 − 2y + 1 = segue-se que x = 1

Neste caso, temos que

x2 = y = 1,

de onde

De modo geral consideremos a equação

ax2k + bxk + c = 0, e façamos a mudança

y = xk .

k ∈ N,

(2.17)

Então, a equação se transforma na

seguinte;

ay 2 + by + c = 0,

(2.18)

60

2


a qual já sabemos resolver. Logo, se (2.18) não possui solução então (2.17) também não terá solução e no caso em que

y = α

seja uma

raiz de (2.18) então as soluções para (2.17), correspondentes à raiz

α,

podem ser encontradas resolvendo a equação simples

xk = α, a qual tem as seguintes possibilidades:

•

uma única solução:

•

nenhuma solução: se

•

duas soluções:

x=

√ k α

α<0

√ x=±kα

se

se

k

e

k

é ímpar;

é par;

α>0

e

k

é par.

2.3.4 O Método de Vièti A maneira que François Vièti (1540-1603) descobriu para resolver a equação do segundo grau baseia-se em relacionar a equação

ax2 + bx + c = 0

(2.19)

como uma equação do tipo

Ay 2 + B = 0, onde

(2.20)

A e B são números que dependem de a, b, c, de modo que qualquer

solução da equação (2.20) determinará uma solução da equação (2.19). Note que a última equação possui soluções

r y1 =

B − A

r e

y2 = −

B − , A

se

−

B ≥ 0. A

2.3


61

Para fazer isso, usamos o seguinte truque: escrevendo

x = u+v

como

u e v , a equação (2.19) se escreve como

a soma de duas novas variáveis

a(u + v)2 + b(u + v) + c = 0, a qual, desenvolvendo o quadrado, equivale a

au2 + 2auv + av 2 + bu + bv + c = 0. Agrupando convenientemente, podemos escrever a expressão acima como uma equação na variável

v,

isto é,

av 2 + (2au + b)v + au2 + bu + c = 0. Assim, podemos obter uma equação do tipo da equação (2.20), escolhendo o valor de

u

de modo que o termo

(2au + b)v

se anule. Esco-

u = −b/2a temos que 2 −b b b2 b2 2 av + a − b + c = 0 ⇐⇒ av 2 + − + c = 0, 2a 2a 4a 2a

lhendo

o que é equivalente a

av 2 +

−b2 + 4ac = 0. 4a

Observando que a equação assumiu a forma da equação (2.20), temos que suas soluções são

r v1 =

b2 − 4ac 4a2

Lembrando que

r e

b2 − 4ac , 4a2

v2 = −

u = −b/2a

e que

x=u+v

se

∆ = b2 − 4ac ≥ 0.

temos que as soluções da

equação (2.19) são

x1 = −

b + v1 2a

e

como já obtivemos anteriormente.

x2 = −

b + v2 , 2a

62

2

2.4


Inequações

Inequações aparecem de maneira natural em várias situações dentro do contexto matemático, assim como no próprio dia a dia.

Exemplo 2.31.

Numa loja de esportes as bolas de tênis Welson en-

traram em promoção, passando a custar cada uma três reais. Pedro que é um assíduo jogador de tênis quer aproveitar ao máximo a oferta da loja, mas ele só dispõe de cem reais. Qual é a maior quantidade possível de bolas que Pedro pode comprar?

Solução. Se denotamos por

x

o número de bolas que Pedro compra,

então devemos achar o maior valor possível de

x

tal que

3x ≤ 100.

(2.21)

Notemos que o problema se reduz a encontrar o maior múltiplo

99 = 3 · 33 3 · 34 = 102 > 100

positivo de 3 que seja menor ou igual a 100. Observe que é o maior múltiplo de 3 menor ou igual a 100, pois

e Pedro não teria orçamento para efetuar a compra. Logo, a solução é

x = 33,

ou seja, Pedro poderá comprar 33 bolas.

Observemos que no exemplo anterior o que zemos foi achar o maior valor inteiro de número

x

real menor

x tal que 3x−100 < 0; porém note que qualquer que 100/3 satisfaz que 3x − 100 < 0. Isto é um

caso particular de resolução de uma inequação, chamada inequação do primeiro grau.

2.5

Inequação do Primeiro Grau

2.5

63


Uma inequação do primeiro grau é uma relação de uma das formas abaixo

 ax + b < 0, ax + b > 0, ax + b ≤ 0, ax + b ≥ 0, onde

a, b ∈ R

e

(2.22)

a 6= 0.

O conjunto solução de uma inequação do primeiro grau é o conjunto

S

de números reais que satisfazem a inequação, isto é, o conjunto

de números que quando substituídos na inequação tornam a desigualdade verdadeira.

Para achar tal conjunto será de vital importância

tomar em conta as seguintes propriedades das desigualdades entre dois números

•

Invariância do sinal por adição de números reais: a

e

b

números reais tais que

qualquer número real tipo:

•

<, ≥

ou

c.

a ≤ b,

a+c ≤ b+c

então

para

O mesmo vale com as desigualdades do

>.

Invariância do sinal por multiplicação de números reais positivos: sejam a e b números reais tais que a ≤ b, então ac ≤ bc

c. Resultados <, ≥ ou >.

para qualquer número real positivo

logos valem para as desigualdades do tipo:

•

sejam

aná-

Mudança do sinal por multiplicação de números reais negativos: sejam a e b números reais tais que a ≤ b, então ac ≥ bc

c. Resultados <, ≥ ou >.

para qualquer número real negativo

valem para as desigualdades do tipo:

análogos

64

2


Vejamos como solucionar as inequações estritas

ax + b < 0

ax + b > 0.

e

Para isto, dividimos a análise em dois casos.

•

Caso 1:

a>0

Inequação ax + b < 0: que

x + b/a < 0

neste caso, dividindo por

S

obtemos

−b/a, em ambos os membros que x < −b/a. Portanto,

e somando

última inequação, temos

a

desta

= {x ∈ R; x < −b/a},

o qual representamos no seguinte desenho:

S

•

−b/a

Inequação ax + b > 0:

procedendo do mesmo modo que o

caso anterior, obtemos que o conjunto solução vem dado por S

= {x ∈ R; x > −b/a},

representado no desenho abaixo:

•

S

−b/a

•

Caso 2:

a<0

Inequação ax + b < 0:

sinal da inequação se inverte, obtendo assim que logo temos que

x > −b/a S

ao x + b/a > 0,

neste caso, quando dividimos por

e, consequentemente,

= {x ∈ R; x > −b/a},

cuja representação na reta é a seguinte:

2.5


65

•

S

−b/a

Inequação ax + b > 0:

similarmente, o conjunto solução vem

dado por S

= {x ∈ R; x < −b/a},

cuja representação é a seguinte:

S

•

−b/a

Observação 2.32. ax + b ≤ 0

e

Notemos que se queremos resolver as inequações

ax + b ≥ 0,

então o conjunto solução S em cada um

dos casos acima continua o mesmo acrescentado apenas do ponto

x=

−b/a. Vejamos agora um exemplo simples.

Exemplo 2.33.

Para resolver a inequação

8x − 4 ≥ 0,

primeiramente

dividimos por 8 a inequação (prevalecendo o sinal da desigualdade)

1/2 em ambos x − 4/8 + 1/2 ≥ 1/2, ou seja,

e imediatamente adicionamos para obter

S

os membros da mesma,

= {x ∈ R; x ≥ 1/2}.

A seguir damos alguns exemplos que podem ser resolvidos usando inequações lineares.

Exemplo 2.34.

Sem fazer os cálculos, diga qual dos números

a = 3456784 · 3456786 + 3456785 e b = 34567852 − 3456788 é maior?

66

2


x ao número 3456784 então das denições 2 de a e b temos que a = x · (x + 2) + (x + 1) e b = (x + 1) − (x + 4). 2 2 Logo, a = x + 3x + 1 e b = x + x − 3. Se supomos que a ≤ b, então Solução. Se chamamos de

x2 + 3x + 1 ≤ x2 + x − 3, e somando

−x2 −x+3 a ambos os membros desta desigualdade obtemos 2x + 4 ≤ 0.

A solução desta inequação do primeiro grau é o conjunto dos

x ≤ −2,

x∈R

x = 3456784. Logo, nossa suposição inicial de a ser menor ou igual a b é falsa, sendo então a > b. tais que

mas isto é falso, desde que

O próximo exemplo já foi tratado antes (ver Problema 2.7), porém apresentamos a seguir uma solução diferente usando inequações do primeiro grau.

Exemplo 2.35.

Um quadrado mágico

3×3

é um quadrado de lado 3

dividido em 9 quadradinhos de lado 1 de forma tal que os números de 1 até 9 são colocados um a um em cada quadradinho com a propriedade de que a soma dos elementos de qualquer linha, coluna ou diagonal é sempre a mesma. Provar que no quadradinho do centro de tal quadrado mágico deverá aparecer, obrigatoriamente, o número 5. Solução. Primeiramente observamos que a soma

45,

1+2+3+···+9 =

logo como há três linhas e em cada uma destas guram números

diferentes temos que a soma dos elementos de cada linha é 15. Logo, a soma dos elementos de cada coluna ou diagonal também é 15. Chamemos de

x

o número que aparece no centro do quadrado

mágico, como mostra o desenho a seguir.

2.5


67

x

Agora fazemos as seguintes observações:

•

x

O número

não pode ser 9, pois nesse caso em alguma linha,

coluna ou diagonal que contém o quadrado central aparecerá o número 8, que somado com 9 dá

17 > 15

e isto não pode

acontecer.

•

O número

x não pode ser 1,

pois nesse caso formaria uma linha,

coluna ou diagonal com o número 2 e um outro número que chamamos de

y,

então

impossível.

1 + 2 + y = 15 ⇔ y = 12,

o qual é

Feitas as observações anteriores, temos então que o número

x forma

uma linha, coluna ou diagonal com o número 9 e algum outro número que chamamos de

z,

logo

z = 15 − (x + 9) ≥ 1 ⇔ 6 − x ≥ 1, de onde segue que

x ≤ 5.

x aparece numa linha, coluna ou diagonal com o número 1 e algum outro número que chamamos de s, logo s = 15 − (x + 1) = 14 − x ≤ 9, de onde temos que x ≥ 5. Finalmente, como 5 ≤ x ≤ 5 segue-se que x = 5. Por outro lado, o número

Exemplo 2.36.

Num triângulo com lados de comprimento

traçamos perpendiculares desde um ponto arbitrário de comprimento

c,

P,

a, b

e

c

sobre o lado

até cada um dos lados restantes (ver a Figura 2.1).

Se estas perpendiculares medem

x

e

y

e

a > b,

então

68

2

(a) Qual a posição onde deve ser colocado


P

de maneira que

` = x+y

P

de maneira que

` = x+y

seja mínimo? (b) Qual a posição onde deve ser colocado seja máximo?

C a x P c

B

y

b A

Figura 2.1: No desenho, os segmentos que partem do ponto

diculares aos lados

AC

e

S

a área do triângulo e notemos que divi-

dindo este em dois triângulos menores: um com base

b

são perpen-

BC

Solução. Denotemos por

outro com base

P

e altura

a

e altura

y , temos que ax by + = S, 2 2

de onde se segue que

ax = 2S − by 2S − by x= . a Somando

y

em ambos os lados da última igualdade, obtemos

2S − by +y a 2S − by + ay = a 2S a − b = + y, a a

x+y =

x

e

2.6


69

logo

` = α + βy, onde

a−b 2S e β = . a a Agora notemos que 0 ≤ y ≤ hb , onde hb denota a altura relativa ao lado de comprimento b no triângulo dado. Como β é positivo, por ser a > b, temos então que 0 ≤ βy ≤ βhb e, portanto, α ≤ α + βy ≤ α + βhb , de onde α=

0 ≤ ` ≤ α + βhb . ` é atingido quando y = 0, portanto P deve ser colocado no vértice A, e o valor máximo é obtido quando y = hb , portanto P deve ser colocado no vértice B .

Resumindo, o valor mínimo de

2.6


Agora passamos a discutir a solução das inequações do segundo grau, que possuem um maior grau de diculdade quando comparadas com as inequações do primeiro grau. Será de vital importância o uso das propriedades da função quadrática

ax2 + bx + c, estudadas no capítulo

anterior. Uma inequação do segundo grau é uma relação de uma das formas abaixo

 ax2 + bx + c < 0, ax2 + bx + c > 0, ax2 + bx + c ≤ 0, ax2 + bx + c ≥ 0,

(2.23)

a, b, c ∈ R e a 6= 0. Por simplicidade, chamaremos o número a de 2 coeciente líder da função quadrática ax + bx + c. onde

70

2


x2 − 3x + 2 > 0 fatoramos 2 equação x − 3x + 2 = 0 são 1 e 2,

Por exemplo, para resolver a inequação o trinômio usando que as raízes da isto é,

x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). O trinômio toma valores positivos quando o produto positivo, ou seja, quando os fatores sinal:

•

(x − 1)

e

(x − 2)

(x − 1)(x − 2) for

tenham o mesmo

Ambos positivos:

x−1>0⇔x>1 e

x − 2 > 0 ⇔ x > 2, logo

•

x > 2.

Ambos negativos:

x−1<0⇔x<1 e

x − 2 < 0 ⇔ x < 2, logo

Portanto,

x < 1. x2 − 3x + 2 > 0

se, e somente se,

x<1

ou

x > 2.

A seguir explicamos como podemos resolver a inequação do segundo grau de forma geral. Suponhamos primeiramente que queremos resolver a inequação

ax2 + bx + c > 0.

(2.24)

2.6


71

Notemos que valem as seguintes igualdades:

b c ax + bx + c = a x + x + a a b b2 b2 c 2 =a x + x+ 2 − 2 + a 4a 4a a 2 2 b c b b 2 − =a x + x+ 2 −a a 4a 4a2 a 2 b ∆ =a x+ , − 2a 4a 2

onde

∆ = b2 − 4ac.

2

(2.25)

Considerando esta igualdade, dividimos em vários

casos:

Caso 1: ∆ = b2 − 4ac > 0.

em conta o sinal de

• (a > 0).

Nesta situação procedemos tomando

a.

Usando (2.25) notamos que basta resolver a inequação

2 b ∆ a x+ − > 0. 2a 4a Como

a > 0,

multiplicando por

1/a

em ambos os membros da

desigualdade anterior o sinal desta não muda, obtendo-se então

2 b ∆ x+ − 2 > 0. 2a 4a Agora usamos que

∆>0

para obtermos que

72

2

onde

b x+ 2a

α=

2

√ !2 2 ∆ b − x+ 2a 2a ! √ ! √ b− ∆ b+ ∆ x+ = x+ 2a 2a √ ! √ ! −b − ∆ −b + ∆ = x− x− 2a 2a

∆ − 2 = 4a

√ −b− ∆ e 2a

= (x − α)(x − β) > 0, β=

Agora notamos que

(x − β)


√ −b+ ∆ são as raízes de 2a

(x − α)(x − β) > 0

ax2 + bx + c = 0.

se os fatores

(x − α)

e

são ambos positivos ou ambos negativos. No primeiro

x > α

caso (ambos positivos) temos que

e

x > β,

mas como

α < β , então x > β . No segundo caso (ambos negativos), temos que x < α e x < β , logo x < α, novamente por ser α < β . Resumindo, a solução da inequação vem dada pelo conjunto S

= {x ∈ R; x < α

ou

x > β},

com a seguinte representação na reta:

S

• (a < 0).

• α

• β

S

Esta situação é bem similar à anterior, a única dife-

rença é que ao multiplicar por

1/a o sinal se inverte tendo então

que resolver a inequação

b x+ 2a

2 −

∆ < 0, 4a2

2.6


73

a qual é equivalente a provar (seguindo os mesmos passos do caso anterior) que

(x − α)(x − β) < 0,

√

com

−b− ∆ e 2a

α =

√ −b+ ∆ raízes de 2a

β =

ax2 + bx + c = 0.

Notemos que a desigualdade acima é válida sempre que os sinais

(x − α) e (x − β) forem diferentes. Por exemplo, se x − α > 0 e x − β < 0 temos então que x deve satisfazer a desigualdade α < x < β , mas isso é impossível considerando que neste caso α > β , por ser a < 0. No caso restante, se x − α < 0 e x − β > 0 temos então que β < x < α, o que é possível. dos fatores

Portanto, o conjunto solução, neste caso, é dado por S

= {x ∈ R; β < x < α},

cuja representação na reta é:

S

• β

Caso 2: ∆ = b2 − 4ac = 0.

Usando novamente (2.25), devemos

resolver a inequação

b a x+ 2a a qual é válida para qualquer

a < 0.

Caso 3: ∆ = b2 − 4ac < 0.

os valores de

x

• α

2 > 0,

b x 6= − 2a ,

se

a > 0

Neste caso, quando

e sempre falsa, se

a

é positivo todos

reais são solução para (2.24), pois a desigualdade

b ax + bx + c = a x + 2a 2

2 −

∆ > 0, 4a

74

2

é sempre satisfeita, dado que

∆ − 4a > 0.


Por outro lado, se

a é negativo

não temos nenhuma solução possível para a inequação (2.24) já que

2 b ∆ ax + bx + c = a x + − 2a 4a 2

é sempre negativo, dado que

Observação 2.37.

∆ − 4a < 0.

Para a desigualdade do tipo

ax2 + bx + c < 0 são obtidos resultados similares, seguindo o mesmo processo descrito anteriormente. Além disso, para as inequações

ax2 + bx + c ≥ 0

e

ax2 + bx + c ≤ 0

os resultados são os mesmos, acrescentados apenas dos pontos ou

−b/2a,

α, β

dependendo do caso.

Exemplo 2.38.

Provar que a soma de um número positivo com seu

inverso é sempre maior ou igual que 2. Solução. Seja

x > 0,

então devemos provar que

x+

1 ≥ 2. x

Partimos da seguinte desigualdade, que sabemos vale para qualquer

x ∈ R:

(x − 1)2 ≥ 0

logo

x2 − 2x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x2 + 1 ≥ 2x.

2.6

Se


x

75

é positivo, podemos dividir ambos os membros da última desi-

gualdade sem alterar o sinal da mesma, ou seja,

x+

1 ≥ 2, x

conforme queríamos provar.

2.6.1 Máximos e Mínimos das Funções Quadráticas f (x) = ax2 + bx + c,

A função quadrática

como já foi observado ante-

riormente, satisfaz a identidade

2 b ∆ ax + bx + c = a x + − , 2a 4a 2

onde

f (x)

∆ = b2 − 4ac.

O valor mínimo (máximo ) da função quadrática

é o menor (maior) valor possível que pode assumir

fazemos

x

do trinômio é obtido quando Similarmente, quando quando

f (x)

quando

percorrer o conjunto dos reais.

Da igualdade (2.26) segue-se que, quando

x=

a < 0

x =

Sejam

a, b

a > 0

b − 2a e este vale

o valor mínimo

b ∆ f (− 2a ) = − 4a .

o valor máximo do trinômio é obtido

b , valendo também − 2a

Exemplo 2.39. que

(2.26)

b ∆ f (− 2a ) = − 4a

reais positivos tais que

a + b = 1.

Provar

ab ≤ 1/4.

ab = a(1 − a) = −a2 + a. Denindo f (a) = −a2 + a, basta provar que f (a) ≤ 1/4 para qualquer 0 < a < 1. Completando o quadrado a função f (a), obtemos Solução. Notemos que

f (a) = −(a2 − a) = −(a2 − a + 1/4 − 1/4) = −(a − 1/2)2 + 1/4, logo este assume seu valor máximo igual a

1/4,

quando

a = 1/2.

76

2


Alguns problemas de máximos ou mínimos não parecem que possam ser resolvidos achando o máximo ou mínimo de funções quadráticas. Porém, estes problemas podem ser reformulados de forma tal que isto seja possível. Vejamos um exemplo.

Exemplo 2.40. Na gura abaixo ABCD é um retângulo inscrito dentro do círculo de raio

r.

Encontre as dimensões que nos dão a maior

área possível do retângulo

ABCD. D

C r y x

A

B

Solução. A área do retângulo vem dada pela fórmula

A = 2x · 2y = 4xy. Usando o teorema de Pitágoras, temos que

y=

√

r 2 − x2 ,

(2.27)

logo, substituindo esta última igualdade na fórmula de área anterior, obtemos

√ A = 4x r2 − x2 .

Não é muito difícil nos convencermos de que as dimensões, que nos dão a maior área possível para o retângulo

ABCD,

são as mesmas

que nos dão o máximo para o quadrado desta área, ou seja, basta encontrar as dimensões que maximizam

A2 .

A vantagem que tem esta

2.7

Miscelânea

77

reformulação do problema é que

A2

tem uma expressão mais simples,

dada por

A2 = 16x2 (r2 − x2 ) = 16r2 x2 − 16x4 . Agora fazemos a mudança

z = x2 ,

para obter

A2 = −16z 2 + 16r2 z = −16 z − de onde segue que o menor valor de portanto quando

x=

A2

r2 2

2

+ 4r4 ,

é obtido quando

z =

r2 e 2

√r . Usando agora a igualdade (2.27) temos que 2

r y=

r2 −

r2 r =√ . 2 2

Então, o retângulo de maior área possível é o quadrado de lado

2r √ 2

√ = r 2.

2.7

Miscelânea

Nesta seção combinamos a teoria desenvolvida nos tópicos anteriores para resolver outros tipos de equações com um nível de complexidade maior.

2.7.1 Equações Modulares Uma equação modular é aquela na qual a variável incógnita aparece sob o sinal de módulo. Por exemplo, são equações modulares (a)

|2x − 5| = 3;

(b)

|2x − 3| = 1 − 3x;

78

2

(c)


|3 − x| − |x + 1| = 4.

Para resolver equações modulares se usam basicamente três métodos: (1) eliminação do módulo pela denição; (2) elevação ao quadrado de ambos os membros da equação; (3) partição em intervalos. Ilustramos a seguir estes métodos com os exemplos dados em (a), (b) e (c).

Exemplo 2.41.

|2x − 5| = 3.

Resolver a equação

Solução: O método (1) pode ser utilizado para resolver esta equação. Para isto, usamos a denição de módulo:

  a |a| = −a

se

a ≥ 0,

se

a < 0.

de onde segue-se a propriedade: seja

b um número não negativo, então

|a| = b ⇐⇒ a = b Logo,

x

ou

a = −b.

é solução da equação se, e somente se,

x

satisfaz uma das

equações de primeiro grau a seguir:

2x − 5 = 3

ou

2x − 5 = −3.

Da primeira equação obtemos a solução a solução

x2 = 1.

x1 = 4

e da segunda obtemos

2.7

Miscelânea

79

Exemplo 2.42.

Resolver a equação

|2x − 3| = 1 − 3x

Solução: Resolveremos esta equação pelos métodos (1) e (2).

Método (1): Aplicando a denição de módulo temos que resolver a equação é equivalente a resolver os sistemas mistos

(a)

 2x − 3 ≥ 0, 2x − 3 = 1 − 3x,

ou

(b)

 2x − 3 < 0, −(2x − 3) = 1 − 3x.

O sistema (a) não tem solução visto que a solução da equação do

2x − 3 = 1 − 3x ⇔ 5x = 4 é x = 4/5 a qual não satisfaz a desigualdade 2x − 3 ≥ 0. Por outro lado, no sistema (b) a solução da equação −(2x − 3) = 1 − 3x tem por solução x = −2 a qual satisfaz a inequação 2x − 3 < 0. Logo, a única solução da equação é x = −2.

primeiro grau

Método (2): Observemos que a equação é equivalente ao sistema misto

 1 − 3x ≥ 0,

(2x − 3)2 = (1 − 3x)2 . Resolvendo agora a equação de segundo grau

2

(2x − 3)2 = (1 − 3x)2

a

5x + 6x − 8 = 0, temos que as possíveis soluções x2 = −2, mas x1 é descartada pois não satisfaz que

qual é equivalente a

x1 = 4/5 e 1−3x1 ≥ 0. Assim, a solução do sistema misto e, portanto, da equação modular é apenas x2 = −2. são

Exemplo 2.43. |3 − x| − |x + 1| = 4. Solução. Neste caso usaremos o método de partição em intervalos que consiste no seguinte: marcamos na reta real os valores onde e

|x + 1|

se anulam, neste caso,

x1 = 3

e

x2 = −1.

|3 − x|

Com isto a reta

80

2

numérica é dividida em 3 intervalos


x < −1, −1 ≤ x ≤ 3

e

x > 3.

Agora analisamos a equação em cada intervalo:

Intervalo x < −1: Neste caso a equação modular toma a forma

3 − x − (−x − 1) = 4 ⇐⇒ 4 = 4, Portanto, todo o intervalo

x < −1

é solução.

Intervalo −1 ≤ x ≤ 3: Neste caso a equação modular toma a forma

3 − x − (x + 1) = 4 ⇐⇒ 2 − 2x = 4, de onde segue-se que

x = −1.

x = −1.

Portanto, neste intervalo a solução é

Intervalo x > 3: Neste caso a equação modular toma a forma

−3 + x − (x + 1) = 4 ⇐⇒ −4 = 4, o que é uma contradição. Portanto, neste intervalo não temos solução. Em resumo, a solução da equação modular é o intervalo

x ≤ −1.

2.7.2 Um Sistema de Equações Não lineares O seguinte exemplo nos mostra como podemos combinar a técnica de resolução de sistemas lineares e de equações de segundo grau para resolver sistemas mais complicados.

Exemplo 2.44.

Resolva o sistema de equações:

√  x2 + 3x − (x2 − 2)3 = 3, √  x2 + 3x + (x2 − 2)3 = 1.

2.8

Exercícios

81

Solução. Propomos a seguinte mudança de variáveis:

u=

√

x2 + 3x

e

v = (x2 − 2)3 .

Assim, o sistema se converte no sistema de equações do primeiro grau

 u − v = 3, u + v = 1, o qual tem como solução

u=2

e

v = −1.

Verique! Assim,

√ x2 + 3x = 2 ⇐⇒ x2 + 3x = 4, sendo

x=1

e

x = −4

as soluções desta equação do segundo grau.

Por outro lado

(x2 − 2)3 = −1, x2 − 2 = −1, sendo x = 1 e x = −1 as soluções desta equação. Logo, a solução do sistema é x = 1, que é a única que satisfaz u = 2 e v = −1 simultaneamente. de onde

2.8

Exercícios

1. Observe as multiplicações a seguir: (a)

12.345.679 × 18 = 222.222.222

(b)

12.345.679 × 27 = 333.333.333

(c)

12.345.679 × 54 = 666.666.666

Para obter to?

999.999.999 devemos multiplicar 12.345.679 por quan-

82

2

2. Outro

dia

ganhei

250


reais, incluindo o pagamento de horas

extras. O salário (sem horas extras) excede em

200

reais o que

recebi pelas horas extras. Qual é o meu salário sem horas extras? 3. Uma torneira

B

A enche sozinha um tanque em 10 h, uma torneira

enche o mesmo tanque sozinha em 15 h. Em quantas horas

as duas torneiras juntas encherão o tanque? 4. O dobro de um número, mais a sua terça parte, mais a sua quarta parte somam 31. Determine o número. 5. Uma certa importância deve ser dividida entre 10 pessoas em partes iguais.

Se a partilha fosse feita somente entre 8 dessas

pessoas, cada uma destas receberia R$5.000,00 a mais. Calcule a importância. 6. Roberto disse a Valéria: Pense um número, dobre esse número, some 12 ao resultado, divida o novo resultado por 2.

Quanto

deu? Valéria disse 15 ao Roberto, que imediatamente revelou o número original que Valéria havia pensado. Calcule esse número. 7. Por

2/3

de um lote de peças iguais, um comerciante pagou

R$8.000,00 a mais do que pagaria pelos

2/5 do mesmo lote.

Qual

o preço do lote todo? 8. Determine um número real

a para que as expressões

3a+6 2a+10 e 8 6

sejam iguais. 9. Se você multiplicar um número real

x

por ele mesmo e do resul-

tado subtrair 14, você vai obter o quíntuplo do número é esse número?

x.

Qual

2.8

Exercícios

83

10. Eu tenho o dobro da idade que tu tinhas quando eu tinha a tua idade. Quando tu tiveres a minha idade, a soma das nossas idades será de 45 anos. Quais são as nossas idades? 11. Um homem gastou tudo o que tinha no bolso em três lojas. Em cada uma gastou 1 real a mais do que a metade do que tinha ao entrar. Quanto o homem tinha ao entrar na primeira loja? 12. Com os algarismos rismos

xy

Quanto

x, y

e

z

yx, cuja soma valem x, y e z ? e

formam-se os números de dois algaé o número de três algarismos

zxz .

13. Quantos são os números inteiros de 2 algarismos que são iguais ao dobro do produto de seus algarismos? 14. Obter dois números consecutivos inteiros cuja soma seja igual a 57. 15. Qual é o número que, adicionado ao triplo do seu quadrado, vale 14? 16. O produto de um número positivo pela sua terça parte é igual a 12. Qual é esse número? 17. Determine dois números consecutivos ímpares cujo produto seja 195. 18. A diferença entre as idades de dois irmãos é 3 anos e o produto de suas idades é 270. Qual é a idade de cada um? 19. Calcule as dimensões de um retângulo de 16 cm de perímetro e

15 cm2

de área.

84

2


20. A diferença de um número e o seu inverso é

8 . 3

Qual é esse

número?

21. A soma de dois números é 12 e a soma de seus quadrados é 74. Determine os dois números.

22. Um pai tinha 30 anos quando seu lho nasceu. Se multiplicarmos as idades que possuem hoje, obtém-se um produto que é igual a três vezes o quadrado da idade do lho.

Quais são as suas

idades?

23. Os elefantes de um zoológico estão de dieta juntos. Num período de 10 dias devem comer uma quantidade de cenouras igual ao quadrado da quantidade que um coelho come em 30 dias. Em um dia os elefantes e o coelho comem juntos 1.444 kg de cenoura. Quantos kilos de cenoura os elefantes comem em 1 dia?

24. Sejam

α1

e

α2

Calcule as seguintes expressões, em

(a) (b) (c)

ax2 + bx + c, com a 6= 0. função de a, b e c:

as raízes do polinômio

α1 + α2 ; 2 √ √ α1 + α2 ; √ √ 4 α + 4 α . 1 2

25. O número

−3

condições, determine o valor do

Nessas

p(x) = 2x4 +bx3 +cx2 +dx+e que satisfaz p(x) = p(1 − x).

26. Encontre o polinômio a equação

x2 − 7x − 2c = 0. coeciente c.

é a raiz da equação

2.8

Exercícios

85

27. (OBM) Dois meninos jogam o seguinte jogo. O primeiro escolhe dois números inteiros diferentes de zero e o segundo monta uma equação do segundo grau usando como coecientes os dois números escolhidos pelo primeiro jogador e 1.998, na ordem

a e b o se1.998x2 + ax + b = 0 ou

que quiser (ou seja, se o primeiro jogador escolhe gundo jogador pode montar a equação

ax2 + 1.998x + b = 0 etc.)

O primeiro jogador é considerado ven-

cedor se a equação tiver duas raízes racionais diferentes. Mostre que o primeiro jogador pode ganhar sempre. 28. (OBM) Mostre que a equação soluções onde

x, y, z

x2 + y 2 + z 2 = 3xyz

tem innitas

são números inteiros.

29. (Gazeta Matemática, Romênia) Considere a equação

a2 x2 − (b2 − 2ac)x + c2 = 0, a, b e c são números inteiros positivos. Se n ∈ N p(n) = 0, mostre que n é um quadrado perfeito. onde

30. (Gazeta Matemática, Romênia) Sejam equação

a, b ∈ Z.

é tal que

Sabendo que a

(ax − b)2 + (bx − a)2 = x, tem uma raiz inteira, encontre os valores de suas raízes. 31. (Gazeta Matemática, Romênia) Resolva a equação:

Obs.:

[x]

2x2 = x. x2 + 1

é o menor inteiro maior ou igual a

x.

86

2


32. Demonstrar que: (a)

n4 + 4

não é primo se

n > 1;

(b) generalize, mostrando que

n4 + 4n

não é primo, para todo

n > 1. 33. Para fazer 12 bolinhos, preciso exatamente de 100 g de açúcar, 50 g de manteiga, meio litro de leite e 400 g de farinha. Qual a maior quantidade desses bolinhos que serei capaz de fazer com 500 g de açúcar, 300 g de manteiga, 4 litros de leite e 5 kg de farinha ? 34. Dadas as frações

966666555557 966666555558

e

966666555558 , 966666555559

qual é maior? 35. Achar o maior valor inteiro positivo de

n

tal que

n200 < 5300 . 36. Achar o menor valor inteiro positivo de 1

2

3

n

tal que

n

10 11 · 10 11 · 10 11 · · · 10 11 > 100000. 37. Nove cópias de certas notas custam menos de R$ 10,00 e dez cópias das mesmas notas (com o mesmo preço) custam mais de R$ 11,00. Quanto custa uma cópia das notas? 38. Se enumeram de 1 até

n as páginas de um livro.

Ao somar estes

números, por engano um deles é somado duas vezes, obtendo-se o resultado incorreto: 1.986. Qual é o número da página que foi somado duas vezes?

2.8

Exercícios

87

39. Determine os valores de

2

ax − ax + 12

a

para os quais a função quadrática

é sempre positiva.

40. Ache os valores de

x

para os quais cada uma das seguintes ex-

pressões é positiva:

(a)

x 2 x +9

(b)

x−3 x+1

(c)

x2 − 1 x2 − 3x

41. Resolver a equação:

[x]{x} + x = 2{x} + 10, [x] denota a parte inteira de x. Por exemplo, [2, 46] = 2 [5, 83] = 5. O número {x} é chamado parte fracionária de x e denido por {x} = x − [x].

onde

e é

42. Mostre que entre os retângulos com um mesmo perímetro, o de maior área é um quadrado. 43. Entre todos os triângulos isósceles com perímetro

p

xado, ache

as dimensões dos lados daquele que possui a maior área. 44. (OBM Júnior 1993) É dada uma equação do segundo grau

x2 + ax + b = 0,

com

a1 e b1 . Consideramos a equação do segundo grau x + a1 x + b1 = 0. Se a equação x2 + a1 x + b1 = 0 tem raízes 2 inteiras a2 e b2 , consideramos a equação x + a2 x + b2 = 0. Se a 2 equação x +a2 x+b2 = 0 tem raízes inteiras a3 e b3 , consideramos 2 a equação x +a3 x+b3 = 0. E assim por diante. Se encontramos uma equação com ∆ < 0 ou com raízes que não sejam inteiros, raízes inteiras

2

encerramos o processo.

88

2


Por exemplo, se começamos com a equação

x2 = 0

podemos

continuar o processo indenidamente. Pede-se:

(a) Determine uma outra equação que, como

x2 = 0,

nos per-

mita continuar o processo indenidamente; (b) Determine todas as equações do segundo grau completas a partir das quais possamos continuar o processo indenidamente.

Referências Bibliográcas [1] AIGNER, M. e ZIEGLER, G. (2002). As Provas estão

no Livro. Edgard Blücher. [2] GARCIA, A. e LEQUAIN, I. (2003). Elementos de Ál-

gebra. Projeto Euclides, IMPA. [3] LIMA, E. L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004). A Matemática do Ensino Mé-

dio. Volume 1. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004). A Matemática do Ensino Mé-

dio. Volume 2. Sociedade Brasileira de Matemática. [5] LIMA,E.L.;

CARVALHO,P.

C.

P.;

WAGNER,E.

e

MORGADO,A.C. (2004). A Matemática do Ensino Mé-

dio. Volume 3. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER,E. e MORGADO, A.C. (2001). Temas e Problemas. Sociedade Brasileira de Matemática. [7] LIMA, E.L. (2001). Álgebra Linear. Sociedade Brasileira de Matemática.

285

286

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS

[8] MORAIS FILHO, D. C. (2007). Um Convite à Matemá-

tica. EDUFCG. [9] MORGADO, A.;

CARVALHO, J.;

CARVALHO, P.;

FERNANDEZ, P. (1991). Análise Combinatória e Pro-

babilidade . Sociedade Brasileira de Matemática. [10] RIBENBOIM, P. (2001). Números Primos: Mistérios e

Recordes. Sociedade Brasileira de Matemática. [11] SANTOS, J. P. O. (1993) Introdução à Teoria dos Nú-

meros. IMPA. [12] SANTOS, J. P. O.; MELLO, M. P. e MURARI, I. T. C. (2006). Introdução à Análise Combinatória. Editora Unicamp. [13] SOARES, M. G. (2005). Cálculo em uma Variável Com-

plexa. Sociedade Brasileira de Matemática.





Adán J. Corcho

Unidade II: Capítulos III e IV

3 Divisibilidade Os números governam o mundo. Platão

A teoria dos números é o ramo da Matemática que estuda os mistérios dos números e teve sua origem na antiga Grécia. Os belíssimos problemas ligados a esta área constituem, até hoje, uma das principais fontes inspiradoras dos amantes da Matemática. Além disso, essa área possui várias aplicações úteis a humanidade, como por exemplo, o processo de criptograa usado em transações pela Internet. Alguns problemas em teoria dos números demoram séculos para

último teorema de Fermat, que arma que não existe nenhum conjunto de inteiros positivos x, y, z e n com n maior que 2 que satisfaça xn + y n = z n . Esse problema foi obserem resolvidos, como por exemplo o

jeto de fervorosas pesquisas durante mais de 300 anos e foi nalmente demonstrado em 1995 pelo matemático Andrew Wiles. Ainda hoje persistem muitas questões naturais e simples sem resposta.

Por exemplo, ninguém sabe mostrar (apesar de todo mundo

89

90

3

Divisibilidade

todo natural par é soma de dois primos. Essa é a famosa conjectura de Goldbach. Essa simplicidade de se acreditar que é verdade!)

que

anunciar problemas e a extrema diculdade em resolvê-los faz desta área um grande atrativo para os matemáticos do mundo todo. Este capítulo será dedicado ao estudo de algumas propriedades básicas relativas aos números inteiros.

3.1


Denotamos por

Z

o conjunto dos números inteiros formado pelo con-

junto dos números naturais números negativos. Ou seja,

N = {1, 2, 3, . . .} munido do zero e Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}.

dos

Começamos observando que a soma, diferença e produto de números inteiros também serão números inteiros. Entretanto, o quociente de dois inteiros pode ser um inteiro ou não. Uma das propriedades fundamentais dos números naturais que utilizaremos ao longo do texto é o conhecido

princípio da boa ordenação,

que arma o seguinte:

Princípio da Boa Ordenação: todo subconjunto não vazio A ⊆ N possui um elemento menor que todos os outros elementos deste, ou seja, existe a ∈ A tal que a ≤ n para todo n ∈ A. Por exemplo, se

mento de

A

é o conjunto dos números pares, o menor ele-

A é o número 2.

Por outro lado, observamos que o conjunto

dos números inteiros não goza da boa ordenação. Apesar do princípio da boa ordenação parecer inocente e natural, muitos resultados importantes a respeito dos números naturais decor-

3.1


91

rem do mesmo, como veremos ao longo de todo este capítulo.

Denição 3.1. Sejam a e b inteiros. Dizemos que a divide b se existe um inteiro q tal que b = aq . Também usaremos as frases a é de b ou b é múltiplo de a para signicar esta situação. a | b

Usaremos a notação

para representar todas as frases equi-

valentes ditas anteriormente. Se veremos

divisor

a

não for divisor de

b,

então escre-

a - b.

Exemplo 3.2. 7 | 21 pois 21 = 7 · 3. Por outro lado 3 - 8 pois

considerando o conjunto M = {3m, m ∈ N} = {3, 6, 9, 12, . . .} dos múltiplos positivos de 3 vemos que 8 não pertence ao mesmo. A seguinte proposição é um bom exercício para entender os conceitos enunciados acima.

Proposição 3.3. Sejam a, b e c números inteiros. Então, (a) se a | b e b | c então a | c; (b) se a | b e a | c então a | (b + c) e a | (b − c); (c) se a e b são positivos e a | b então 0 < a ≤ b; (d) se a | b e b | a então a = b ou a = −b. Demonstração.

Se

a|b

e

b|c

então existem inteiros

q1

e

q2

tais que

b = aq1

(3.1)

c = bq2 .

(3.2)

e

92

Divisibilidade

3

Substituindo (3.1) em (3.2) temos que

c = aq1 q2 = aq,

onde

q = q1 q2 ∈ Z,

(3.3)

provando isto a armação feita em (a). Agora provaremos (b).

Com efeito, se

igualdades

a | b

e

a | c

valem as

b = aq1 ,

q1 ∈ Z

(3.4)

c = aq2 ,

q2 ∈ Z.

(3.5)

e

Operando com os ambos lados das igualdades (3.4) e (3.5) temos que

b + c = a(q1 + q2 ) | {z }

e

r∈Z

b − c = a(q1 − q2 ), | {z } s∈Z

obtendo assim o resultado desejado. Continuamos agora com a prova de (c). De fato, se ambos positivos, então

b = aq

com

q ≥ 1. Logo, multiplicando por

a | b,

sendo

(3.6)

a ambos lados de (3.6) temos (como a é posi-

tivo) que

b = aq ≥ a > 0, como esperávamos. Finalmente, provaremos (d). Com este propósito observamos que se

a|b

e

b|a

(c) temos

|a| = |b|

e

|a| divide |b| e |b| divide |a|. Portanto, pelo item que |a| ≤ |b| e |b| ≤ |a|, ou seja, |a| ≤ |b| ≤ |a|. Logo, consequentemente a = b ou a = −b. então


3.1

93

Exemplo 3.4. Prove que o número N = 545362 − 7 não é divisível por

5.

Solução.

Vamos mostrar isso utilizando o método do absurdo.

este número fosse divisível por 5, então

45362

5

− 5q ,

ou seja,

7

seria divisível por

45362

5 5, o

− 7 = 5q .

Logo,

Se

7 =

que é um absurdo.

O próximo passo de nossa discussão é ver o que acontece quando um número não é divisível por outro. Por exemplo, analisemos se 31 é divisível por 7 e para isto listaremos a diferença entre 31 e os múltiplos positivos de 7, isto é:

r1 = 31 − 7 · 1 = 24, r2 = 31 − 7 · 2 = 17, r3 = 31 − 7 · 3 = 10, r4 = 31 − 7 · 4 = 3,

r5 = 31 − 7 · 5 = −4,

r6 = 31 − 7 · 6 = −11, . . .

Claramente 31 não é divisível por 7, pois caso contrário teríamos que alguma das diferenças acima seria igual a zero, o que é impossível pois as diferenças e com

q ≥5

rq = 31 − 7q

com

1 ≤ q ≤ 4

são todas positivas

são todas negativas. Entretanto, notamos que entre as

diferenças positivas a única que é menor que 7 corresponde ao caso

q = 4.

O resultado seguinte nos diz o que acontece no caso geral da

divisão de um inteiro

b

por um inteiro positivo

a.

94

3

Teorema 3.5

Divisibilidade

. Dados dois inteiros a e b, sendo

(Divisão Euclidiana)

a positivo, existem únicos inteiros q e r tais que 0 ≤ r < a.

b = aq + r,

Se a - b, então r satisfaz a desigualdade estrita 0 < r < a. Demonstração. a,

Por simplicidade, suporemos que e

r = b.

b< r = 0.

é positivo. Se

b = a, então tomamos q = 1 e Assim, assumiremos também que b > a > 0. Consideremos o conjunto basta tomar

q=0

b

Se

R = {b − aq ∈ Z; b − aq ≥ 0} ⊆ N ∪ {0} Notemos que o conjunto

R

é não vazio, pois

(3.7)

b − a ∈ R,

já que

b − a > 0. Deste modo, pelo princípio da boa ordenação temos que R admite um menor elemento, que denotaremos por r. Claramente r = b − aq ≥ 0, para algum q ≥ 0. Além disso, r < a pois caso contrário

r = b − aq ≥ a ⇒ b − a(q + 1) ≥ 0.

(3.8)

a > 0 ⇒ b − a(q + 1) < b − aq.

(3.9)

Por outro lado,

Das desigualdades (3.8) e (3.9) segue que

0 ≤ b − a(q + 1) < b − aq, contradizendo o fato de que de

r = b−aq é o menor elemento não negativo

R. Agora provaremos que de fato

r

e

q,

escolhidos desta forma, são

únicos. Com efeito, suponhamos que existem outros inteiros tais que

b = aq1 + r1 ,

0 ≤ r1 < a.

r1

e

q1

3.1


aq + r = aq1 + r1 .

Então resulta que

95

Logo,

(r − r1 ) = (q1 − q)a;

(3.10)

r−r1 é múltiplo de a. Mas, em virtude de −a < r−r1 < a, o único valor que r − r1 pode tomar, sendo este múltiplo de a, é r − r1 = 0. Portanto, r = r1 , de onde se deduz diretamente de (3.10) que q = q1 . sendo assim,

Os números

q

r

e

respectivamente, de

no enunciado do teorema acima são chamados,

quociente

e

resto

da divisão de

b

por

a.

Um resultado imediato da divisão euclidiana é o seguinte.

Corolário 3.6. Dados dois números naturais a e b com 1 < a ≤ b,

existe um número natural n tal que

na ≤ b < (n + 1)a.

Demonstração. 0≤r
Pela divisão euclidiana, existem únicos

tais que

b = aq + r.

Assim

q, r ∈ N

com

aq ≤ b = aq + r < aq + a = a(q + 1). Basta agora tomar

q=n

para obtermos o resultado.

Os exemplos a seguir apresentam a utilidade do Teorema 3.5.

Exemplo 3.7. Se a é um natural com a ≥ 3, então a2 deixa resto 1 na divisão por a − 1. Consequentemente, a − 1 divide a2 − 1.

Solução.

a2 − 1 = (a − 1)(a + 1) temos que 1 < a − 1, de onde segue o resultado.

Usando a identidade

a2 = (a − 1)(a + 1) + 1

com

96

3

Divisibilidade

O próximo exemplo, como veremos, motiva a procura de caminhos ecientes para encontrar o resto que deixa um número quando é dividido por outro.

Exemplo 3.8. Um turista brasileiro chega a Cuba e troca parte de

seu dinheiro na casa de câmbio, recebendo 175 notas de 50 pesos e 213 notas de 20 pesos. Ele decide trocar este dinheiro pela maior quantidade possível das famosas moedas de 3 pesos cubanos, porque elas têm gravada a imagem do guerrilheiro Che Guevara. Quanto sobrou do dinheiro depois de fazer a troca pelas moedas? Solução. número

Para resolver este problema basta achar o resto que deixa o

n = 175 · 50 + 213 · 20

quando é dividido por 3. Entretanto,

queremos destacar que não é preciso fazer os produtos e a soma envolvidos no número que aparece em assim um novo

n.

Em lugar de fazer isto substituímos cada número

n pelo resto que este deixa na divisão por 3, formando número n1 , ou seja, n1 = 1 · 2 + 0 · 2 = 2.

Agora procuramos o resto que

n1

deixa na divisão por 3, que obvi-

amente é 2. A surpresa é que este resto é o mesmo que deixa

n

na

divisão por 3. Logo, sobraram 2 pesos depois de fazer a troca.

A solução do exemplo anterior é uma aplicação particular do seguinte lema que é de muita utilidade na resolução de problemas.

Lema 3.9 (Lema dos Restos). A soma e o produto de quaisquer dois

números naturais deixa o mesmo resto que a soma e o produto dos seus restos, na divisão por um inteiro positivo a.


3.1

Demonstração.

n1 , n2 ∈ Z. por a temos que

Sejam

ambos os números

n1 = aq1 + r1 com

0 ≤ r1 , r2 < a.

e

97

Fazendo a divisão com resto de

n2 = aq2 + r2 ,

Então,

n1 n2 = (aq1 + r1 )(aq2 + r2 ) = a2 q1 q2 + aq1 r2 + aq2 r1 + r1 r2 = a(aq1 q2 + q1 r2 + q2 r1 ) + r1 r2

(3.11)

= aq + r1 r2 , onde

q = aq1 q2 +q1 r2 +q2 r1 .

Agora dividimos

r1 r2 = ap + r,

p ∈ Z,

r1 r2 por a para obtermos

0 ≤ r < a.

(3.12)

Das igualdades (3.11) e (3.12) segue que

n1 n2 = aq + ap + r = a(p + q) + r,

0 ≤ r < a.

(3.13)

Portanto, de (3.12) e (3.13) concluímos que os restos que deixam e

r1 r2

na divisão por

a

n1 n2

são iguais, cando provado o resultado para o

produto. A prova para a soma é análoga.

Observação 3.10. A vantagem do lema é que em certos problemas

que envolvem números muito grandes podemos substituir estes por números muito menores e mais confortáveis para trabalhar. Vejamos como aplicar o lema dos restos nos seguintes exemplos a seguir.

Exemplo 3.11. Prove que o produto de dois números naturais consecutivos é sempre divisível por 2.

98

Solução. 2.

Divisibilidade

3

Se

n ∈ N temos

que provar que

Quando fazemos a divisão de

r=0

para o resto:

• [r = 0]

ou

r = 1.

n

an = n(n + 1) é divisível

por

por 2 temos duas possibilidades

Analisemos os dois casos por separado.

Neste caso o resto que deixa

an

na divisão por 2 é o

mesmo que o resto que deixa 0(0+1)=0, logo

an

é divisível por

2.

• [r = 1]

Neste caso podemos substituir

an

por 1(1+1)=2 e o

resto que este último deixa quando é dividido por 2 é 0, logo

an

também é divisível por 2.

Mostraremos agora como utilizar o exemplo anterior pra resolver um dos problemas da

1a

Olimpíada Brasileira de Matemática.

Exemplo 3.12. Prove que se n é ímpar, então n2 − 1 é múltiplo de

8.

Solução. k ∈ Z.

Como

n

é ímpar, podemos escrever

n = 2m + 1,

para algum

Logo

n2 − 1 = (2m + 1)2 − 1 = 4m2 + 4m + 1 − 1 = 4m2 + 4m. Assim,

n2 − 1 = 4m(m + 1). m(m + 1) é q ∈ Z, de aonde

Observe que de acordo com o exemplo 3.11, 2. Portanto,

m(m + 1) = 2q

para algum

n2 − 1 = 4m(m + 1) = 4 · 2q = 8q, como queríamos demonstrar.

múltiplo de

Bases Numéricas

3.2

99

Exemplo 3.13. Prove que em qualquer triângulo retângulo com lados

inteiros, pelo menos um deles é múltiplo de 3. Solução.

Comecemos analisando quais são os restos possíveis para a

divisão por 3 de um número que é quadrado. De acordo com o lema dos restos temos a seguinte tabela para os restos de

n e n2 ,

na divisão

por 3:

n n2 0

0

1

1

2

1

Resumindo, se um número não é múltiplo de 3 então o resto da divisão de seu quadrado por 3 deve ser igual a 1. Agora denotemos por

a

e

b

os catetos e por

c

a hipotenusa. Supo-

a2 e b2 deixam resto 12 + 12 = 2 na divisão

nhamos que nenhum deles é divisível por 3. Então 1 na divisão por 3. Logo,

a2 + b 2

deixa resto

por 3; mas isto é uma contradição pois, pelo Teorema de Pitágoras,

a2 + b 2 = c 2

3.2

e

c2

deixa resto 1 quando é dividido por 3.

Bases Numéricas

Começamos esta seção com uma brincadeira interessante. João, ao sair da aula de matemática do professor Peitágoras, encontrou Pedro e lhe propôs a seguinte brincadeira: Pense numa peça de dominó, Pedro. Vou adivinhar que peça é essa usando uma fórmula mágica. Ok, João. Pode começar, já pensei.

100

3

Divisibilidade

y

x

Figura 3.1: Peça de Dominó

- Escolha um dos números na peça e multiplique por 5.

Depois

disso some três a esse resultado. Multiplique agora o número que você obteve por dois. Some isto com o outro número da peça. Qual foi o resultado? Foi 40. Então a peça que você escolheu foi a 3 com 4! Como você acertou? Me ensina! Claro que de mágico João não tinha nada e decidiu contar seu segredo a Pedro. O jogo funciona assim: cada parte da peça de dominó pode ser considerada como um dos dígitos de um número de 2 algarismos, o qual denotamos por

n = xy = 10x + y

(veja a Figura 3.1). Acompanhando

os passos de João, temos que:

(5x + 3)2 + y = 40 ⇔ 10x + y = 34, que claramente, tem por soluções:

x=3

e

y = 4,

(3.14)

usando a represen-

tação de 34 na base decimal. No sistema de numeração decimal, também conhecido como sistema numérico na base

10,

todo número pode ser representado como

uma sequência de 10 símbolos, constituídos pelo rismos

1, 2, 3, . . . , 9.

Por exemplo,

345

0

(zero) e os alga-

escreve-se na base decimal da

Bases Numéricas

3.2

101

seguinte forma

345 = 300 + 40 + 5 = 3 · 102 + 4 · 10 + 5, assim como

2768

se escreve da forma

2768 = 2000 + 700 + 60 + 8 = 2 · 103 + 7 · 102 + 6 · 10 + 8. a = an an−1 . . . a1 a0 o número inteiro algarismos an , an−1 , . . . , a1 e a0 , nessa ordem,

De modo geral, se denotamos por positivo formado pelos então

a

se escreve na base decimal da forma

a = an 10n + an−1 10n−1 + . . . + a1 10 + a0

(3.15)

Antes de provar alguns dos critérios de divisibilidade mais populares do sistema de numeração decimal, provamos uma identidade muito útil.

Lema 3.14. Sejam a, b, n ∈ N. Temos que an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 ).

Consequentemente, se 0 < b < a, então a − b divide an − bn . Demonstração. 1.

Primeiro provaremos que a propriedade vale para

Com efeito, considerando a soma geométrica

s = 1 + a + a2 + · · · + an−1 e multiplicando

s

por

a

temos que

as = (a + a2 + · · · + an−1 ) + an = s − 1 + an .

b=

102

3

Assim,

(a − 1)s = as − s = an − 1,

Divisibilidade

de onde se segue que

an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + · · · + a + 1). Daí temos a validade para Para

b∈N

(3.16)

b = 1.

qualquer, observe que

esta expressão e (3.16) tem-se

an − bn = bn ( ab )n − 1 .

Usando

an − bn = bn ( ab − 1) ( ab )n−1 + ( ab )n−2 + · · · + ( ab ) + 1 = (a − b)bn−1 ( ab )n−1 + ( ab )n−2 + · · · + ( ab ) + 1

(3.17)

= (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 ),

obtendo-se a igualdade clamada.

Proposição 3.15

. Seja a = an . . . a1 a0

(Critérios de Divisibilidade)

um inteiro positivo, então

(a) a é divisível por 10 se, e somente se, a0 for igual a 0; (b) a é divisível por 3 ou por 9 se, e somente se, a soma dos seus dígitos é divisível por 3 ou por 9, respectivamente; (c) a é divisível por 5 se, e somente se, a0 for igual a 0 ou 5. Demonstração.

Utilizando a representação decimal (3.15) temos que

a = 10(an 10n−1 + an−1 10n−2 + · · · + a1 ) + a0 . Então, pela Proposição 3.3-(b) tem-se que

10 | a0 ,

prondose-se assim o critério (a).

10 | a

se, e somente se,

Para provar (b) observemos que

a = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + 10a1 + a0

= an (10n − 1) + an−1 (10n−1 − 1) + · · · + (10 − 1)a1

+ an + an−1 + · · · + a1 + a0 .

(3.18)

3.2

Bases Numéricas

103

Pelo Lema 3.14 temos que segue-se

10j − 1 = 9qj

para todo

1 ≤ j ≤ n,

daí

a = 9(an qn + an−1 qn−1 + · · · + a1 ) + an + an−1 + · · · + a1 + a0 . Então, aplicando novamente o item (b) da Proposição 3.3 temos que

9|a

se, e somente se,

9 | (an + an−1 + · · · + a1 + a0 ).

A prova para o caso da divisibilidade por 3 segue de maneira idêntica, logo ca provado o item (b). A prova do item (c) segue de maneira muito semelhante e deixamos a mesma a cargo do leitor.

Exemplo 3.16. Prove sem fazer muitas contas que o número N = 13424136 + 1234567890

é divisível por 3. Solução.

Note que não precisamos fazer a soma dos números ante-

riores. Para mostrar isso, basta aplicar o item (b) da Proposição 3.3 e o item (b) da Proposição 3.15, observando que cada um dos números acima é divisível por

3,

pois a soma de seus dígitos é um múltiplo de

3. Finalizamos esta seção com uma aplicação da divisão euclidiana que nos mostra que, analogamente à representação decimal, qualquer número admite uma representação única em qualquer outra base numérica.

104

Teorema 3.17

3

(Bases Numéricas)

Divisibilidade

. Dados a, b ∈ N, com b > 1, exis-

tem únicos números naturais r0 , r1 , . . . , rn tais que 0 ≤ ri ≤ b − 1, 0 ≤ i ≤ n, e satisfazendo a = rn bn + rn−1 bn−1 + · · · + r1 b + r0 .

A representação acima é dita representação de a na base b e usaremos a notação a = (rn cn−1 . . . r1 r0 )b ,

para fazer referência a esta. Demonstração.

Apliquemos sucessivamente a divisão euclidiana como

segue:

a = bq0 + r0 ,

r0 < b,

q0 = bq1 + r1 ,

r1 < b,

q1 = bq2 + r2 ,

r2 < b,

. . .

. . .

. . .

qj−1 = bqj + rj ,

. . .

rj < b,

a > q0 > q1 > q2 > · · · > qj−1 , para algum j = n deveremos ter que qn−1 < b. Logo, qj = 0 para todo j ≥ n, assim como rj = 0 para todo j ≥ n + 1. Das igualdades acima, para e assim por diante. Como

3.2

Bases Numéricas

1 ≤ j ≤ n,

105

tem-se

a = bq0 + r0 , bq0 = b2 q1 + br1 , b2 q1 = b3 q2 + b2 r2 , . . .

. . .

(3.19)

. . .

bn−1 qn−2 = bn qn + bn−1 rn−1 bn qn−1 = bn+1 0 + bn rn . Efetuando a soma de todas as igualdades em (3.19) obtemos

a = rn bn + rn−1 bn−1 + · · · + r1 b + r0 . A unicidade dos números

ri

vem da unicidade dos restos na divisão

euclidiana.

Observação 3.18. O sistema de numeração na base 2 é também conhecido como sistema binário e é o sistema habitualmente utilizado no funcionamento dos computadores.

Exemplo 3.19. Se deseja pesar qualquer número inteiro de gramas de

ouro, entre 1g e 100g , numa balança de dois pratos, onde os pesos só podem ser usados no prato esquerdo da balança. Mostre que a escolha adequada de 7 pesos diferentes é suciente para realizar esta tarefa. Demonstração.

Usando o sistema de numeração em base

qualquer número única como

a

tal que

1 ≤ a ≤ 100

2

temos que

pode ser expressado de forma

a = r6 26 + r5 25 + r4 24 + r3 23 + r2 22 + r1 2 + r0 1,

106

3

com

ri ∈ {0, 1}, 0 ≤ i ≤ 1.

Observe que

2n ≥ 128,

Divisibilidade

com

n ≥ 7,

logo

estas potências não são consideradas. notemos também que o fato de cada

ri

ser

0

ou

1

nos diz que não precisamos repetir nenhum dos

pesos na realização de qualquer pesada. Logo, os pesos

1, 22 , 23 , 24 , 25 , 26 são sucientes para realizar as pesadas de gramas de ouro entre

1g

e

100g .

3.3


Nesta seção estudaremos dois conceitos fundamentais, que aparecem naturalmente em vários problemas de divisibilidade, assim como a relação existente entre eles.

3.3.1

Máximo Divisor Comum

O primeiro destes conceitos está relacionado com os inteiros positivos que dividem simultaneamente a dois inteiros prexados e é denominado

máximo divisor comum.

Daqui por diante só consideraremos os divisores positivos dos números.

Denição 3.20 (Máximo Divisor Comum). Sejam a e b inteiros diferentes de zero. O máximo divisor comum, resumidamente mdc, entre a e b é o número d que satisfaz as seguintes condições: (a) d é um divisor comum de a e b, isto é, d | a e d | b;

3.3


107

(b) d é o maior inteiro positivo com a propriedade (a). Neste caso, denotamos o mdc entre a e b por d = mdc(a, b) ou por d = (a, b). Se (a, b) = 1, então dizemos que a e b são primos entre si.

Exemplo 3.21. Observando que 12 = 6 · 2, 18 = 6 · 3 temos que

mdc.(12, 18) = 6. Por outro lado, mdc.(4, 15) = 1, logo os números 4 e 15 são primos entre si. Vejamos agora algumas das propriedades mais importantes dos divisores comuns de dois inteiros.

Proposição 3.22. Sejam a e b dois inteiros. Então valem as seguintes armações.

(a) Se a é múltiplo de b, então (a, b) = b. (b) Se a = bq + c, c 6= 0, então o conjunto dos divisores comuns dos números a e b coincide com o conjunto dos divisores comuns dos números b e c. Particularmente, (a, b) = (b, c). Demonstração.

Começamos com a prova de (a).

Com efeito, todo

a e b é um divisor de b. Reciprocamente, usando que a é múltiplo de b, todo divisor de b é também um divisor de a, ou seja, um divisor comum dos números a e b. Portanto, o conjunto dos divisores comuns dos números a e b é igual ao conjunto dos divisores de b. Como o maior divisor de b é ele mesmo, resulta que (a, b) = b. divisor comum dos números

Vejamos (b).

Usando o item (b) da Proposição 3.3 temos que

todo divisor comum de

a

e

b

também divide

c

e, consequentemente, é

b e c. Pela mesma razão todo divisor comum de b e c também divide a e, consequentemente, é um divisor de a e b. Portanto

um divisor de

108 os divisores comuns de de

Divisibilidade

3

b

e

c.

a

e

b

são os mesmos que os divisores comuns

Particularmente, também coincidem os maiores divisores

comuns, ou seja,

(a, b) = (b, c).

O teorema a seguir é uma das ferramentas básicas na resolução de problemas que envolvem o mdc entre dois números. O resultado foi provado pela primeira vez por Claude-Gaspard Bachet de Méziriac (1581-1638) e mais tarde generalizado para polinômios por Étienne Bézout (1730-1783).

Frequentemente, na literatura se enuncia este

resultado como teorema (ou identidade) de Bézout, esquecendo-se o nome de Bachet.

Teorema 3.23 (Teorema de Bachet-Bézout). Se d é o mdc de a e b,

então existem números inteiros x0 e y0 tais que d = (a, b) = ax0 + by0 . Demonstração.

Considere a combinação linear

ax + by ,

onde

x

e

y

percorrem todos os inteiros. Este conjunto de inteiros, denotado por

Ca,b = {ax + by; x, y ∈ Z}, inclui valores positivos e negativos. Além disso, escolhendo vemos que

Ca,b

x = y = 0,

também contém o zero.

Pelo princípio da boa ordenação, podemos escolher

x0

e

y0

tais que

λ = ax0 +by0 seja o menor número inteiro positivo contido no conjunto Ca,b . Agora mostraremos que

λ|a

e

λ | b.

Provaremos que

λ|a

e o

outro segue analogamente. Usaremos para este propósito o método de redução ao absurdo, ou seja, vamos supor que contradição.

λ-a

e obteremos uma


3.3

λ - a segue que 0 < r < λ. Portanto,

Usando a divisão euclidiana, de e

r

tais que

a = λq + r

com

109 existem inteiros

q

r = a − λq = a − q(ax0 + by0 ) = a(1 − qx0 ) + b(−qy0 ) e assim

r

está no conjunto

Ca,b ,

o que contradiz a hipótese de

menor elemento positivo contido em

ser o

Ca,b .

λ divide a e b só resta provar que λ = d. Com d = (a, b), podemos escrever a = da1 , b = db1 e

Uma vez que desde que

λ

efeito,

λ = ax0 + by0 = d(a1 x0 + b1 y0 ). Assim

d | λ.

Logo pela parte (c) da Proposição 3.3, concluímos que

d ≤ λ. Agora d < λ d = λ = ax0 + by0 .

é impossível pois

d =

mdc(a, b), e portanto

A seguinte proposição resume algumas consequências importantes da demonstração dada ao teorema de Bézout.

Proposição 3.24. Sejam d, λ ∈ N e a, b, c ∈ Z. Então valem as seguintes armações:

(a) Se d | a e d | b, então d | (a, b). (b) O mdc.(a, b) é o menor valor positivo de ax + by , onde x e y percorrem todos os números inteiros. (c) (λa, λb) = λ(a, b). (d) Se d | a e d | b, então ( ad , db ) = d1 (a, b). Consequentemente,

a b , (a, b) (a, b)

= 1.

110

3

Divisibilidade

(e) Se (a, c) = (b, c) = 1, então (ab, c) = 1. (f) Se c | ab e (b, c) = 1, então c | a. Demonstração.

A prova de (a) é consequência imediata da igualdade

(a, b) = ax0 + by0

anunciada no teorema de Bézout; assim como (b)

segue diretamente da demonstração dada a este teorema. Para provar (c), primeiro observamos que

(λa)x + (λb)y = λ(ax + by) Usando o item (a) e o fato de

onde

x, y ∈ Z.

λ ser positivo, da igualdade acima segue

que

(λa, λb) = min (λa)x + (λb)y > 0; x, y ∈ Z = λ min ax + by ; x, y ∈ Z = λ(a, b).

A armação feita em (d) segue diretamente de (c), observando que

a b a b (a, b) = d , d =d , . d d d d Continuamos com a prova de (e). De existem inteiros

xj

e

yj , j = 1, 2,

(a, c) = (b, c) = 1,

tais que

ax1 + cy1 = 1, bx2 + cy2 = 1. Multiplicando lado a lado as igualdades obtemos

(x1 x2 )ab + (ax1 y2 + y1 bx2 + cy1 y2 )c = 1. |{z} | {z } x

y

temos que


3.3

Então, usando o item (b) e a igualdade acima resulta que

111

(ab, c) = 1.

Finalmente, provaremos (f ). Das hipóteses temos que existem inteiros

x0

e

y0

tais que

bx0 + cy0 = 1. Multiplicamos a igualdade acima por

a em ambos lados para obtermos

abx0 + acy0 = a. Por outro lado,

ab = cq

para algum inteiro

q.

Usando esta condição

na última igualdade temos que

cqx0 + acy0 = c(qx0 + ay0 ) = a, logo

c | a.

3.3.2


Apesar de conhecermos propriedades teóricas do mdc entre dois inteiros, encontrá-lo de fato pode ser uma tarefa complicada, sem auxílio das ferramentas corretas. Lembrando o seu signicado, o leitor talvez pudesse pensar que devemos calcular todos os divisores de os divisores de

b

a,

todos

e descobrir qual é o maior elemento comum aos dois

conjuntos. Para achar o mdc se faz uso de um importante método denominado

algoritmo de Euclides .

Teorema 3.25 (Algoritmo de Euclides). Dados dois inteiros positivos, a e b, aplicamos sucessivamente a divisão euclidiana para obter a se-

112

3

Divisibilidade

guinte sequência de igualdades   b = aq1 + r1 ,       a = r1 q2 + r2 ,     r = r q + r , 1 2 3 3   ··· ··· ···      rn−2 = rn−1 qn + rn ,     r n−1 = rn qn+1 ,

0 ≤ r1 < a, 0 ≤ r2 < r1 , 0 ≤ r3 < r2 , ···

···

(3.20)

0 ≤ rn < rn−1 ,

até algum rn dividir rn−1 . Assim, o mdc.(a, b) = rn , ou seja, é o último resto não-nulo no processo de divisão anterior.

Observação 3.26. Quando lidamos com números pequenos achar o mdc é uma tarefa fácil pois podemos calcular o mdc valendo-nos das fatorações dos números envolvidos. No entanto, quando estamos trabalhando com números grandes o algoritmo de Euclides, em geral, é mais fácil que a fatoração, podendo ser esta última bem difícil. Demonstração do algoritmo de Euclides.

Começamos observando que

o processo de divisão (3.20) é nito. Com efeito, a sequência de núme-

rk é estritamente decrescente e está contida no conjunto {r ∈ Z, 0 ≤ r < a}, portanto não pode conter mais do que a intei-

ros inteiros

ros positivos. Examinando as igualdades (3.20) de cima para baixo e usando a Proposição 3.22 temos que

(a, b) = (a, r1 ) = (r1 , r2 ) = · · · = (rn−1 , rn ) = rn .


3.3

113

Observação 3.27. Notemos que o teorema de Bézout também pode

ser obtido como consequência do processo de divisão (3.20). Com efeito, podemos escrever rn = rn−2 − rn−1 qn o ⇒ rn = rn−2 − (rn−3 − rn−2 qn−1 )qn . rn−1 = rn−3 − rn−2 qn−1

Logo, conseguimos escrever rn em termos de rn−2 e rn−3 . Utilizando a expressão rn−2 = rn−4 − rn−3 qn−2 podemos escrever rn como combinação de rn−3 e rn−4 . Repetindo este processo várias vezes, concluímos que existem x, y ∈ Z tais que d = rn = xr1 + yr2 .

Ora, como r1 = b − aq1 e r2 = a − r1 q2 = a(1 + q1 q2 ) − bq2 , então, substituindo estes valores na última igualdade obtemos o Teorema de Bézout.

Exemplo 3.28. Achar o máximo divisor comum dos números 471 e 1.176.

Solução.

Aplicando o algoritmo de Euclides obtemos a seguinte sequên-

cia de divisões com resto:

1176 = 471 · 2 + 234, 471 = 234 · 2 + 3, 234 = 78 · 3,

então o mdc(471, 1176)

= 3.

Exemplo 3.29. Provar que a fração número natural n.

2n + 8 é irredutível para todo 4n + 15

114

3

Solução.

Divisibilidade

Usando o algoritmo de Euclides temos que

4n + 15 = (2n + 8) · 1 + 2n + 7, 2n + 8 = (2n + 7) · 1 + 1, 2n + 7 = (2n + 7) · 1.

Então o mdc.(4n

+ 15, 2n + 8) = 1

e portanto

primos entre si para qualquer valor de

4n + 15

e

2n + 8

são

n.

Exemplo 3.30. Achar o mdc.(111 . . 111}, 11 . . 11}) | .{z | .{z 100 vezes

Solução.

60 vezes

Primeiro escrevemos os números na base decimal, isto é,

111 . . 111} = 1099 + 1098 + · · · + 1, | .{z 100 vezes

11 . . 11} = 1059 + 1058 + · · · + 1. | .{z 60 vezes

Aplicamos agora o algoritmo de Euclides para obter as seguintes igualdades

111 . . 111} = (1059 + 1058 + · · · + 1)1040 + 1039 + 1038 + · · · + 1, | .{z 100 vezes

1059 + 1058 + · · · + 1 = (1039 + 1038 + · · · + 1)1020 + + 1019 + 1018 + · · · + 1,

1039 + 1038 + · · · + 1 = (1019 + 1018 + · · · + 1)1020 + + 1019 + 1018 + · · · + 1.

Disso resulta que

19 18 . . 11} . } | {z } = 10 + 10 + · · · + 1 = |11 .{z

mdc.(111 . . . 111, 11 . . . 11)

|

{z

100 vezes

60 vezes

20 vezes


3.3

3.3.3

115

Mínimo Múltiplo Comum

Agora passamos ao segundo conceito importante desta seção. O mesmo está relacionado com os inteiros positivos que são simultaneamente múltiplos de dois inteiros prexados e é denominado

mínimo múltiplo

comum.

Denição 3.31

. Sejam a e b inteiros

(Mínimo Múltiplo Comum)

diferentes de zero. O mínimo múltiplo comum, resumidamente mmc, entre a e b é o inteiro positivo m que satisfaz as seguintes condições: (a) m é um múltiplo comum de a e b, isto é, a | m e b | m; (b) m é o menor inteiro positivo com a propriedade (a).

Neste caso, denotamos o mmc entre a e b por m = mmc(a, b) ou por m = [a, b]. Resumimos a seguir algumas das propriedades fundamentais do mmc de dois inteiros.

Proposição 3.32. Sejam a, b, c ∈ Z e λ ∈ Z. Então valem as se-

guintes armações:

(a) se c é múltiplo comum de a e b, então [a, b] | c; (b) [λa, λb] = λ[a, b]; (c) |ab| = [a, b] · (a, b). Demonstração. de

c

por

[a, b]

Começamos com a prova de (a). A divisão com resto

nos dá

c = [a, b]q + r,

0 ≤ r < [a, b].

(3.21)

116

3

Da igualdade anterior, basta provar que desejado. Suponhamos, pelo contrário, que tanto

a

como

b

dividem

c

e

r = 0 para obter o que 0 < r < [a, b].

[a, b].

r

é múltiplo comum de

a

e

b

resultado Notemos

Logo, pelo item (b) da Pro-

posição 3.3 e a igualdade (3.21), temos que ou seja,

Divisibilidade

a

e

b

r, [a, b],

também dividem

e não pode ser menor que

contradizendo nossa suposição. Prosseguimos com a prova de (b). Observemos que plo comum de

λa

e

λb,

λ[a, b]

é múlti-

logo pelo item (i) vale que

[λa, λb] ≤ λ[a, b]. Por outro lado, [λa, λb] = q1 λa = q2 λb, para alguns inteiros [λa,λb] logo, é um múltiplo comum de a e b. Portanto, λ

[a, b] ≤

[λa, λb] ⇔ λ[a, b] ≤ [λa, λb]. λ

(3.22)

q1

e

q2 ;

(3.23)

Das igualdades (3.22) e (3.23) segue que

λ[a, b] ≤ [λa, λb] ≤ λ[a, b], de onde vem diretamente o resultado. Para provar (c) podemos supor sem perda de generalidade que

b

a

e

são positivos devido às igualdades

[a, b] = [a, −b] = [−a, b] = [−a, −b]. Dividiremos a prova em dois casos:

Caso 1: (a, b) = 1. b | [a, b] e [a, b] = qa, para algum q ∈ N. Então b | qa e além disso (a, b) = 1. Logo, pelo item (v) da Proposição 3.24 temos que b | q . Portanto, b ≤ q e consequentemente Sabemos que

ab ≤ aq = [a, b].

(3.24)

3.3


Entretanto, da denição de

[a, b]

117

vale que

[a, b] ≤ ab.

(3.25)

Das desigualdades (3.24) e (3.25) segue que

ab = [a, b] = [a, b] · 1 = [a, b] · (a, b).

ab ≤ [a, b] ≤ ab.

Caso 2: (a, b) > 1. Da parte (c) da Proposição 3.24 sabemos que

a , b (a,b) (a,b)

Assim,

= 1.

Aplicando o caso anterior vale que

a a b b a b · = , , · . (a, b) (a, b) (a, b) (a, b) (a, b) (a, b) Multiplicamos esta última igualdade por

(a, b)2

e usamos o item (b)

provado anteriormente, assim como a parte (d) da Proposição 3.24 para obter

a b a b ab = (a, b) , (a, b) , = [a, b] · (a, b). (a, b) (a, b) (a, b) (a, b)

Exemplo 3.33. Dois amigos passeiam de bicicleta, na mesma direção, em torno a uma pista circular. Para dar uma volta completa um deles demora 15 minutos e o outro demora 18 minutos. Eles partem juntos e combinam interromper o passeio quando os dois se encontrarem pela primeira vez no ponto de partida. Quantas voltas deu cada um? Solução.

Denotemos por

n1

e

n2 , respectivamente, o número de voltas

que dá cada um dos amigos. Notemos que o tempo total da corrida é o menor valor positivo de

T

que satisfaz as igualdades

T = 15n1 = 18n2 ,

118

3

ou seja

T = [15, 18] = Portanto,

n1 = 6

e

Divisibilidade

15 · 18 = 90. 3

n2 = 5.

Finalizamos esta seção com um exemplo que nos fornece uma bela interpretação geométrica do mínimo múltiplo comum.

O mesmo foi

proposto na Olimpíada Brasileira de Matemática.

Exemplo 3.34. Um retângulo de lados inteiros AB = m e CD = n,

é dividido em quadrados de lado 1. Em cada um dos vértices ele possui um pequeno orifício. Um raio de luz entra no retângulo por um dos vértices, na direção da bissetriz do ângulo reto, e é reetido sucessivamente nos lados do retângulo. Quantos quadrados são atravessados pelo raio de luz? D

C

A

B

Figura 3.2: Interpretação geométrica do mmc

Solução. n,

me mmc(m,n).

Se zermos alguns testes preliminares dando valores a

veremos que em cada caso a resposta coincidirá com o

Provemos que isto de fato vale para

m

prova nos auxiliaremos da Figura 3.2.

e

n

quaisquer. Para realizar a


3.3

119

Primeiramente, notemos que cada vez que o raio de luz atravessa um quadrado ele avança uma unidade tanto na direção horizontal como na direção vertical. Usando este fato fazemos as observações a seguir.

•

A,

Se o raio entra pelo vértice

terá que atravessar

m

quadrados

BC , imediatamente mais m para chegar ao lado AD , depois mais m para chegar novamente ao lado BC , e assim sucessivamente. Além disso, depois do raio percorrer pm quadrados, com p ∈ N, estará batendo no lado BC ou no lado AD. até chegar ao lado

•

Analogamente o raio baterá no lado

•

Somente nos vértices

somente se, atravessar

qn

B, C

AB

quadrados, com

e

D

ou no lado

DC

se, e

q ∈ N.

do retângulo pode acontecer que

o raio incidente saia do retângulo, terminando assim o processo de reexão.

Usando as observações acima é fácil ver que o raio chegará a um vértice quando chegar simultaneamente a dois lados perpendiculares do retângulo. Portanto, deve ter atravessado um número dos tal que

ou seja,

x

deverá ser um múltiplo comum

n. É claro que a primeira vez que o raio chega a um vértice número x é o menor múltiplo comum de m e n, isto é, x = [m, n]. de

m

x = pm = qn,

x de quadra-

e

o

Finalmente, observamos que nenhum dos quadrados é atravessado duas vezes no percurso do raio de

A até bater no primeiro vértice, pois

como vemos na gura numa das direções os quadrados atravessados serão todos cinzas e na outra direção, serão todos brancos.

120

3

3.3.4

Divisibilidade

Equações Diofantinas Lineares

Consideremos a equação

ax + by = c, onde

a, b, c ∈ Z,

com

a 6= 0

e

b 6= 0.

(3.26)

equação diofantina linear

A equação (3.26) é chamada de

solução desta é qualquer par de inteiros

(x, y)

e uma

que satisfaçam (3.26).

É conhecido que todos os pontos do plano, com coordenadas

(x, y),

que satisfazem a igualdade (3.26) representam, geometricamente, uma reta. Logo, as soluções de uma equação diofantina linear são os pontos de coordenadas inteiras do plano cartesiano, que estão dispostos sobre a reta que esta representa. Por exemplo, os pontos são soluções da equação diofantina 3

3x − 2y = 1,

(−1, −2)

e

(1, 1)

veja a Figura 3.3.

y

2

•

1 0

x

ℓ

-1

•

-2 -3 -3

-2

-1

0

1

Figura 3.3: A equação da reta

2

`

é

3x − 2y = 1.

Naturalmente nos perguntamos: É sempre possível achar soluções para uma equação diofantina linear?

A resposta é não; o próximo

resultado nos diz quando isto é possível. Além disso, se uma equação diofantina linear tem uma solução na verdade ela tem uma innidade de soluções.


3.3

121

Proposição 3.35. A equação diofantina linear ax + by = c,

a, b, c ∈ Z, com a 6= 0 e b 6= 0,

(3.27)

tem solução se, e somente se, d | c, onde d = (a, b). Além disso, se (x0 , y0 ) é uma solução, então o conjunto de soluções de (3.27) é constituído por todos os pares de inteiros (x, y) da forma: x = x0 + t db

Demonstração.

e y = y0 − t ad ,

t ∈ Z.

(3.28)

(x0 , y0 ) é uma solução de (3.27), logo ax0 + by0 = c. Usando que d = (a, b) sabemos que existem inteiros q1 e q2 , tais que dq1 = a e dq2 = b. Portanto, se Primeiramente suponhamos que

verica a igualdade

dq1 x0 + dq2 y0 = d(q1 x0 + q2 y0 ) = c, de onde segue obviamente que

d | c.

Reciprocamente, suponhamos que

d|c

e portanto

c = qd

com

q

inteiro. O teorema de Bézout nos garante a existência de dois inteiros,

x0

e

y0 ,

última

ax0 + by0 = d. Multiplicando igualdade por q temos que tais que

ambos os lados desta

ax0 q + by0 q = c, logo o par

(x1 , y1 ),

com

x1 = x 0 q

e

y1 = y0 q ,

é solução da equação

diofantina. Resta provar agora que temos innitas soluções da forma (3.28).

(x, y) uma outra solução qualquer além de (x0 , y0 ), vale que ax0 + by0 = c = ax + by , de onde ax0 + by0 = ax + by . Desta igualdade obtemos a(x − x0 ) = b(y0 − y) e dividimos esta última por d para obtermos a b (x − x0 ) = (y0 − y). d d

Com efeito, sendo

122

Divisibilidade

3

Como existe

( ad , db ) = 1, então inteiro t tal que

temos que

x = x0 + t db

e

a d

| (y0 − y)

e

b d

| (x − x0 ).

y = y0 − t ad .

Por outro lado, é fácil vericar que para qualquer inteiro achadas acima para

x

e

y

Logo,

t as expressões

resolvem a equação diofantina.

A seguir damos um exemplo de como proceder para resolver equações diofantinas.

Exemplo 3.36. Achar todas as soluções inteiras da equação 12x + 33y = 27.

Solução.

Observemos que

(12, 33) = 3

ção tem innitas soluções. e teremos as restantes.

e que

3 | 27,

logo a equa-

Como sabemos, basta achar uma delas

Para achar esta solução particular podemos

trabalhar de duas maneiras, que descrevemos a seguir:

Alternativa 1:

reduzimos a equação à forma equivalente

4x + 11y = 9, e por tentativa e erro vemos que

x0 = 5

e

y0 = −1

solucionam a

mesma. Então pela Proposição 3.35 temos que

x = 5 + 11t

e

y = 4t − 1,

t ∈ Z,

esgotam todas as soluções que procuramos.

Alternativa 2: mdc

(12, 33),

aplicamos o algoritmo de Euclides para achar o

obtendo os seguintes resultados:

33 = 12 · 2 + 9, 12 = 9 · 1 + 3, 9 = 3 · 3 + 0.

3.4

Números Primos e Compostos

123

Da segunda e primeira igualdades temos, respectivamente, que

3 = 12 − 9 · 1

e

9 = 33 − 12 · 2.

Usando estas duas obtemos

3 = 12 − (33 − 12 · 2) · 1 = 12 − 33 + 12 · 2 = 3 · 12 − 1 · 33,

x0 = 3 e y0 = −1, garantidos pelo teorema de Bézout, que validam 3 = 12x0 +33y0 . Multiplicamos por 9 esta última ou seja, achamos

igualdade para obter

27 = 12(9x0 ) + 33(9y0 ). Portanto,

x e0 = 9x0 = 27

a equação diofantina.

e

ye0 = 9y0 = −9 resolvem, particularmente,

Analogamente, como na alternativa anterior,

podemos escrever a solução geral da forma:

x = 27 + 11s

3.4

e

y = 4s − 9,

s ∈ Z.


Ao longo da história da Matemática, os números primos foram protagonistas de célebres problemas que motivaram o desenvolvimento de teorias e técnicas pelas mentes mais férteis, como Fermat, Euler e Gauss.

Até hoje muitos desses problemas, simples de enunciar, que

envolvem números primos são desaos intelectuais para toda a humanidade.

124

3

Divisibilidade

Esta seção será dedicada ao estudo de propriedades básicas dos números primos.

Todo número natural

menos 2 divisores, claramente 1 e

n.

n

maior do que 1 tem pelo

Isto motiva a seguinte denição.

Denição 3.37 (Números Primos e Compostos). Um inteiro positivo n ≥ 2 é dito primo se os únicos divisores que ele tem são 1 e ele

próprio; caso contrário, é dito composto.

Observação 3.38. De modo geral o número 1 não é considerado nem primo nem composto.

Exemplo 3.39. Os números 2, 3, 5, 7, e 11 são primos e os números 10, 15, 35 e 348 são compostos.

Exemplo 3.40. O número n = 220 − 254 é composto. Solução.

Escrevemos

n

de outra forma, com o objetivo de facilitar

nosso trabalho. Com efeito, observemos que

n = (210 )2 − (252 )2 = 10242 − 6252 , logo é composto por ser diferença de quadrados. Além disso,

n = 10242 − 6252 ,

= (1024 − 625)(1024 + 625),

= 399 · 1649,

= 3 · 133 · 1649. Portanto, podemos concluir que

3 | n.

Proposição 3.41. Seja n > 1 um número inteiro. Então (a) o menor divisor de n diferente de 1 é um número primo;

(3.29)


3.4

125

(b) se n é composto, o seu menor divisor diferente de 1 não é maior √ que n. Em outras palavras, se n não possui divisores diferentes √ de 1, menores ou igual que n, então n é primo. Demonstração. n, diferente de 1 < q < p; mas

Começamos provando (a). Seja 1. Se

p

q | n,

e

n = pq com por p obtemos

Portanto,

desigualdade

q

tal que

p | n,

e isto contradiz a hipótese levantada sobre

p q ≥ p.

Para provar (b) denotamos por de 1.

o menor divisor de

fosse composto teria algum divisor

q|p o que nos diz que

p

o menor divisor de

n,

p.

diferente

Multiplicando ambos lados da

n = pq ≥ p2 ,

e consequentemente vale

√ n ≥ p.

Agora vamos enunciar um dos resultados mais clássicos da Matemática, que garante a existência de innitos números primos.

Até

onde se conhece, a demonstração a seguir foi a primeira demonstração escrita utilizando o método de redução ao absurdo e é devida a Euclides cerca de 300 a.C. Para outras seis provas, incluindo a moderna prova de Fustenberg, recomendamos os livros [1] e [10].

Teorema 3.42 (Teorema de Euclides). A quantidade de números primos é innita.

Demonstração.

Faremos a prova por redução ao absurdo.

Suponha

que existe uma quantidade nita de números primos e denotemos estes por

p1 , p2 , p3 , . . . , pk .

126

3

Divisibilidade

Consideremos o número

n = p1 p2 p 3 · · · pk + 1 e chamemos de

q

o seu menor divisor primo. Obviamente

cide com nenhum dos números como ele divide

n,

pi , 1 ≤ i ≤ k ,

q

não coin-

pois caso contrário,

teria que dividir 1, o que é impossível. Logo, te-

mos uma contradição à hipótese de termos uma quantidade nita de primos. Os números primos também podem ser caracterizados da seguinte maneira:

Proposição 3.43. Um inteiro positivo p é primo se, e somente se, satisfaz a seguinte propriedade:

p | ab =⇒ p | a ou p | b

(3.30)

Primeiramente, suponhamos que

p é primo e que p - b,

onde a, b ∈ Z. Demonstração. logo

(p, b) = 1.

Então, pelo item (f ) da Proposição 3.24 temos que

p | a.

Reciprocamente, suponhamos que, a propriedade 3.30 é válida e

além disso vamos supor, pelo absurdo, que

p = d1 d2 , De (3.30) segue que

com

p | d1

ou

não é primo. Então,

1 < d1 < p, 1 < d2 < p.

p | d2 ;

p ≤ d1 ,

p

ou

(3.31)

consequentemente

p ≤ d2 ,

contradizendo isto o armado em (3.31).

(3.32)

Procurando Primos

3.5

3.5

127

Procurando Primos

Os números primos além de belos e desaadores do ponto de vista matemático, são extremamente importantes para as atividades usuais de nosso dia a dia. Por exemplo, nenhuma transação bancária ou pela internet estaria segura sem o uso de números primos muito grandes. Assim, surge naturalmente a pergunta de como podemos produzi-los em grandes quantidades. Essa pergunta sempre intrigou os matemáticos e continua sem solução até os dias atuais. Apesar deles serem abundantes, em quantidade innita de acordo com o Teorema 3.42, não existe nenhum método razoável de produção de números primos, mesmo tendo em mãos a alta tecnologia de hoje em dia. Porém, ao longo do tempo algumas fórmulas e algoritmos se mostraram úteis para a descoberta de números primos.

3.5.1

O Crivo de Eratóstenes

O crivo de Eratóstenes

é um algoritmo que nos permite achar todos

os números primos que são menores ou iguais que um natural

N

dado.

Segundo a tradição, este método foi criado pelo matemático grego Eratóstenes (285-194 a.C.). O método consiste nos seguintes passos: escrevemos os números de forma ordenada a partir de 2, isto é,

2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, . . . , n •

(3.33)

Observamos que o primeiro primo que aparece em (3.33) é 2 e imediatamente apagamos da lista (3.33) todos os múltiplos de 2 maiores que ele, por serem compostos; resta assim a seguinte

128

Divisibilidade

3

lista

2, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17 . . . •

O primeiro número não apagado que aparece na lista restante é 3, que também é primo. Imediatamente apagamos da lista todos os múltiplos de 3 maiores que ele, por serem compostos; resta agora a lista

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . •

O primeiro número não apagado que aparece na lista que restou do passo anterior é 5, que também é primo.

Imediatamente

apagamos da lista todos os múltiplos de 5 maiores que ele, por serem compostos.

•

Repetimos este processo até que o primeiro número não apagado da lista em questão seja maior que

√ n, pois graças à Proposição

3.41-(b) a partir desse momento todos os números restantes são os primos menores ou iguais que

n = 40,

Por exemplo, se

n..

temos que

√ 40 = 6, 324555.

aplicando o método: 2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

Passo 1: ordenamos os números

2

3

5

7

9

11

13

15

17

19

21

23

25

27

29

31

33

35

37

39

Então,

Procurando Primos

3.5

129

Passo 2: tiramos os múltiplos de 2

2 11

3

5

13 23

31

7 17

25 35

19 29

37

Passo 3: tiramos os múltiplos de 3

2 11

3

5

13

7 17

23

19 29

31

37 Passo 4: tiramos os múltiplos de 5

Como

72 = 49 > 40,

paramos agora.

Observação 3.44. Note que ao começar a apagar os múltiplos de um

número primo p podemos começar a apagar a partir de p2 , pois se supomos que existe um número composto m não apagado menor que p2 , temos que m = p1 q1 , sendo p1 seu menor divisor primo. Então, √ pelo item (b) da Proposição 3.41, p1 < m < p, logo m deveria ter sido apagado pois é múltiplo de um primo menor que p.

3.5.2

Primos de Mersenne

Marin Mersenne (1588-1648) foi um monge francês que nasceu na cidade de Maine e foi um dos grandes inuenciadores da Matemática

130

Divisibilidade

3

2

3

5

7

11

13

17

19

23

29

31

37

41

43

47

53

59

61

67

71

73

79

83

89

97

101

103

107

109

113

127

131

137

139

149

151

157

163

167

173

179

181

191

193

197

199

211

223

227

229

233

239

241

251

257

263

269

271

277

281

283

293

307

311

313

317

331

337

347

349

353

359

367

373

379

383

389

397

401

409

419

421

431

433

439

443

449

457

461

463

467

479

487

491

499

503

509

521

523

541

Tabela 3.1: Os primeiros 100 números primos

francesa nos séculos XVI e XVII. Apaixonado pelos números, teve entre seus correspondentes Descartes, Fermat, Pascal e Galileu. Entre suas várias descobertas, ele estudou os números da forma:

Mn = 2n − 1. Observe que vale o seguinte fato a respeito desses números:

Proposição 3.45. Se Mn é primo, então n é primo. Demonstração.

Provar essa proposição equivale a mostrar que a sua

forma contrarrecíproca vale. Ou seja, que se

n = a.b,

com

a ≥ b > 1,

então

Mn

n

é composto, digamos

também é composto.

De fato,

usando o Lema 3.14, podemos decompô-lo do seguinte modo:

Ma.b = 2ab − 1 = 2a(b−1) − 2a(b−2) + · · · + 2a + 1 2b − 1 .

3.5

Procurando Primos

131

Porém, não é verdade a recíproca da armação acima. Por exemplo, Hudalricus Regius mostrou em 1536 que não é primo, já que

2.047 = 23 · 89.

M11 = 211 − 1 = 2.047

Em 1643, Mersenne armou que para

n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127 e 257, os valores de menores que

Mn são todos primos 257, Mn é composto.

e para todos os outros valores de

n

Hoje sabemos que Mersenne errou na sua armação, esquecendo três valores de

n onde Mn é primo:

61, 89 e 107 e incluindo

M67 e M257

como números primos. Para mais informações, sugerimos a página

web

http://primes.utm.edu/mersenne/index.html. Finalizamos esta seção, com um critério interessante, devido à matemática francesa Sophie Germain (1776-1831), que nos permite saber quando um número não é primo.

Proposição 3.46

(Identidade de Sophie Germain)

vale a igualdade

. Dados a, b ∈ R,

a4 + 4b4 = (a2 + 2b2 + 2ab)(a2 + 2b2 − 2ab).

Demonstração.

A prova segue das seguintes igualdades:

a4 + 4b4 = a4 + 4a2 b2 + 4b4 − 4a2 b2 = (a2 + 2b2 )2 − 4a2 b2

= (a2 + 2b2 + 2ab)(a2 + 2b2 − 2ab).

Como aplicação desta identidade vejamos os seguintes exemplos.

132

Divisibilidade

3

Exemplo 3.47. qn = n4 + 4n é composto, para todo n ∈ N. Solução.

O conjunto dos números naturais é particionado em duas

classes disjuntas:o conjunto dos números pares e o conjunto dos números ímpares. Estudaremos cada classe por separado. Assim,

•

n é um número par, então n = 2m para algum inteiro positivo m ≥ 1. Deste modo, se

n4 + 4n = (2m)4 + 42m = 16m4 + 24m , = 2 8m4 + 24m−1 . Portanto, neste caso,

n4 + 4n ≥ 2.

Logo, se

número inteiro positivo par temos que

4

n +4

n

n>1

é qualquer

não é um número

primo;

•

se

n

é um número ímpar, então

positivo

m ≥ 1.

n = 2m + 1

para algum inteiro

Assim,

n4 + 4n = (2m + 1)4 + 42m+1 = (2m + 1)4 + 4 · 42m

= (2m + 1)4 + 4 · 24m = (2m + 1)4 + 4 · (2m )4 .

Logo, tomando

a = 2m + 1

e

b = 2m ,

o resultado é uma con-

sequência direta da identidade de Sophie Germain.

Exemplo 3.48. 520 + 230 é um número composto. Solução.

Escrevemos

520 + 230 = 55·4 + 22 · 228 = 55

4

+ 4 · 27

4

,

de onde podemos usar a Identidade de Sophie Germain com

7

b=2

para comprovar que o número

20

5 +2

30

é composto.

a = 55

e

Procurando Primos

3.5

3.5.3

133

O Teorema Fundamental da Aritmética

Os números primos são as

células

dos números naturais, no sentido

de que qualquer número natural é produto de números primos. Por exemplo,

560 = 56 · 10 = 7 · 8 · 5 · 2 = 7 · 2 · 2 · 2 · 5 · 2, onde cada um dos fatores que aparecem no produto são números primos. Perguntamo-nos, o que acontece se começamos com uma outra fatoração inicial de 560, por exemplo,

560 = 28 · 20.

Vejamos:

560 = 28 · 20 = 14 · 2 · 10 · 2 = 7 · 2 · 2 · 5 · 2 · 2. Surpreendentemente chegamos à mesma representação anterior, salvo a ordem dos fatores.

2 2 2 2

5

7

Figura 3.4: O número 560 é composto de 4 células do tipo 2, uma célula

do tipo 7 e uma célula do tipo 5.

O fato observado acima vale para qualquer número natural maior que 1.

Especicamente, temos o seguinte resultado conhecido como

teorema fundamental da aritmética .

134

Divisibilidade

3

Teorema 3.49 (Teorema Fundamental da Aritmética). Todo número natural n maior que 1 pode ser escrito como um produto n = pα1 1 pα2 2 pα3 3 · · · pαmm ,

(3.34)

onde m ≥ 1 é um número natural, αi ∈ N e pi é primo para todo 1 ≤ i ≤ m . Além disso, a fatoração em (3.34) é única se exigirmos que p1 < p2 < · · · < pm . Demonstração.

Seja

n

um inteiro maior que 1. Denotando por

p1

seu

menor divisor primo tem-se que

n = p1 β1 , Se

β1 = 1,

contrário,

1 ≤ β1 < n.

N1 = p1 e a fatoração desejada é obtida. Caso denotando por p2 o menor divisor primo de β1 tem-se que então

n = p1 p2 β2 ,

1 ≤ β2 < β1 .

β2 = 1, então n = p1 p2 e novamente chegamos à fatoração desejada. Caso contrário, denotando por p3 o menor divisor primo de β2 tem-se

Se

que

n = p1 p2 p3 β3 ,

1 ≤ β3 < β2 .

Continuando este processo sucessivamente obtemos então uma sequência estritamente decrescente de números naturais

αn ,

ou seja,

n > β1 > β2 > β2 > · · · > βn > βn+1 > · · · ≥ 1, Então, pelo princípio da boa ordem, só pode existir uma quantidade nita de índices

n

tais que

βn > 1

e consequentemente

onde segue que

n = p1 p2 · · · pn .

βn+1 = 1,

de

3.5

Procurando Primos

135

Notemos que na representação acima os

pi

podem-se repetir, resul-

tando nalmente a representação desejada em (3.34). Provaremos agora a unicidade de tal fatoração. Com efeito, suponha que existem duas fatorações:

pα1 1 pα2 2 pα3 3 · · · pαmm = n = q1β1 q2β2 q3β3 · · · qsβs Pela Proposição 3.43 temos que cada

qj ,

por serem primos.

Portanto, cada

pi

pi

divide algum

qj ,

logo

pi =

aparece no lado direito da

qj também aparece no lado esquerdo da igualdade. Então, como os pi s e os qj s são diferentes dois a dois e organizados crescentemente, temos m = s igualdade acima, e, um argumento análogo nos dá que cada

e a igualdade se reduz a

pα1 1 pα2 2 pα3 3 · · · pαmm = pβ1 1 pβ2 2 pβ3 3 · · · pβmm . α1 seja diferente de β1 ; que α1 < β1 . Portanto,

Suponhamos agora que neralidade vamos supor

sem perda de ge-

pα2 2 · pα3 3 · · · pαmm = pβ1 1 −α1 pβ2 2 pβ3 3 · · · pβmm , β1 − α1 > 0 então, pela Proposição 3.43 temos que p1 divide algum pj , com j > 1, o que é impossível. Portanto, α1 = β1 . Similarmente provamos que αi = βi , com i = 1, . . . , n. e como

Observação 3.50. O teorema fundamental da aritmética foi enun-

ciado precisamente por Gauss (1777-1855). Seus antecessores, Fermat, Euler, Lagrange e Legendre, utilizavam este teorema sem a preocupação de tê-lo enunciado ou demonstrado com precisão. Uma prova alternativa deste teorema será apresentada no Capítulo 6, usando o método de indução.

136

3

Divisibilidade

Exemplo 3.51. Prove que um número n é par se, e somente se, o

número 2 aparece na fatoração de n em fatores primos. Solução. então

n

N

Obviamente, se 2 aparece na fatoração em primos de é par. Ora, se

n

é par temos que

n = 2q .

Por outro lado

N, qe

se fatoram, respectivamente, como

αm q = q1α1 q2α2 · · · qm

e

n = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβs s .

Logo,

αm 2 · q1α1 q2α2 · · · qm = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβs s . Pela unicidade da fatoração, para algum respondente

pi

i,

com

1 ≤ i ≤ s,

o cor-

deve ser igual a 2. Portanto, 2 aparece na fatoração de

n.

Exemplo 3.52. Seja A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. É possível decompor o conjunto A em dois subconjuntos disjuntos tais que o produto dos elementos de um seja igual ao produto dos elementos do outro? Solução.

Mostraremos que é impossível fazer esta decomposição. Com

efeito, suponha que existem tais conjuntos,

A2 = {q1 , q2 , . . . , qs }.

Então

A1 = {p1 , p2 , . . . , pr }

e

p1 p2 · · · pr = q1 q 2 · · · qs | {z } | {z } α

β

e além disso, como os conjuntos número 5 aparece no produto

α

A1

e

A2

são disjuntos, temos que o

ou no produto

β,

mas não em ambos

simultaneamente. Por outro lado, o Teorema 3.49 nos diz que a fatora-

α é igual à fatoração em primos de β , logo o número aparecer tanto no produto α como no produto β , contra-

ção em primos de 5 deveria

dizendo isto o fato anterior. Portanto não existe uma decomposição com as condições exigidas.

Procurando Primos

3.5

137

Exemplo 3.53. Encontre todos os números inteiros e positivos n com a propriedade de que o conjunto

A = {n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5}

pode ser particionado em dois subconjuntos tais que o produto dos elementos de um dos subconjuntos seja igual ao produto dos elementos do outro. Demonstração.

Digamos que seja possível essa decomposição para al-

n e vamos denotar os conjuntos que obtemos com a decomposição por A1 e A2 . Observando a decomposição dos elementos dos subconjuntos em fatores primos, temos que todo fator primo de A1 também deverá pertencer a A2 . No conjunto dos seis números só podemos ter um múltiplo de 7, por isso não podemos tomar n como múltiplo deste primo. Analogamente para primos maiores que 7. Analisando o primo 5, concluímos que n e n + 5 são múltiplos de 5, pois se não, cairíamos na análise anterior. Assim, os números n + 1, n + 2, n + 3 e n + 4 são α β da forma 2 3 . Como entre eles existem dois ímpares, logo teremos duas potências de 3 cuja diferença é 2, um absurdo. Assim, não existe n que satisfaz as condições do enunciado. gum

Finalizamos esta seção com um exemplo que mostra como podemos combinar os fatos estudados para resolver problemas mais difíceis

Exemplo 3.54. Encontre todos os números que são formados por 4

algarismos da forma aabb e que sejam quadrados perfeitos.

138

Divisibilidade

3

Solução.

Como o número

aabb

é um quadrado perfeito, signica que:

n2 =aabb n2 =103 a + 102 a + 10b + b = 103 + 102 · a + (10 + 1) · b n2 =1100 · a + 11 · b n2 =11 100a + b = 11 99a + a + b .

112 | N 2 . Segue-se então que 11 | (99a+a+b). Portanto, 11 | (a+b). Como aabb tem 4 algarismos, segue-se que a 6= 0; portanto a ∈ {1, 2, 3, . . . , 9} e b ∈ {0, 1, 2, . . . , 9}. De onde a + b ≤ 18. Logo, necessariamente devemos ter a + b = 11. Podemos observar que a 6= 1, pois se a = 1 então b = 10. Analogamente, b 6= 0, 1. Portanto, Como 11 é primo é fácil ver, usando a Proposição 3.43, que

a ∈ {2, 3, 4, . . . , 9}

b ∈ {2, 3, 4, . . . , 9}.

e

Como em todo número quadrado perfeito o algarismo das unidades somente pode acabar em

0, 1, 4, 5, 6

e

9.

Segue-se que

b ∈ {4, 5, 6, 9}. b 6= 5, pois todo número que acaba em 5 quando é elevado quadrado sempre acaba em 25. Assim,

Certamente ao

b ∈ {4, 6, 9}. • •

Se

b = 4,

então

a = 7.

Neste caso o número seria

7.744

que é

um quadrado perfeito; Se

b = 6,

então

a = 5.


é um quadrado perfeito;

5.566

que não

Exercícios

3.6

•

Se

b = 9,

139 então

a = 2.


que não

é um quadrado perfeito.

aabb = 7.744 = 882 .

Finalmente, a única solução possível é

3.6

2.299

Exercícios

1. Encontre o resto que deixa (a)

2001 · 2002 · 2003 · 2004 + 20052

(b)

2100

(c)

(1237156 + 34)

quando é dividido por 7;

quando é dividido por 3;

28

2. Provar que o número número natural 3. Prove que se

n

quando é dividido por 111.

n5 + 4n

é divisível por 5 para qualquer

n. é ímpar

(a)

n3 − n

é divisível por 24;

(b)

n2 − 1

é divisível por 8;

(c)

n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1

4. O número

21093 − 2

5. Prove que

(999994)1234567890 − 1

6. O número

N = 42005 + 20054

é divisível por 12.

é divisível por

7. Demonstre que o número

10932

?

é divisível por

333331.

é primo?

1 |000 {z . . . 00} 1 2006 zeros

é composto.

140

Divisibilidade

3

8. Utilizando o fato de que o resto de um quadrado quando dividido por 4 só pode ser 0 ou 1, dê uma outra solução para o problema do Exemplo 3.54. 9. Dados três inteiros,

y

e

x, y, z ,

tais que

não são ambos ímpares e que

xy

x2 + y 2 = z 2 ,

mostre que

é múltiplo de 6.

10. Demonstre que o quadrado de um inteiro é da forma ou

x

8n ou 8n+1

8n + 4.

11. Três números primos

p, q

e

gressão aritmética, ou seja,

r, maiores que 3, formam uma proq = p + d e r = p + 2d. Prove que d

é divisível por 6. 12. Demonstrar que existem innitos números primos da forma

3

e da forma

6m + 5,

onde

4m+

m ∈ Z.

13. Encontrar o último dígito dos números (a)

19892005 ;

(b)

777777 + 250 ;

(c)

1 + 22 + 32 + · · · + 20052 .

14. Prove que a soma dos quadrados de cinco números consecutivos não é um quadrado perfeito. 15. Prove que

1 |00 ·{z · · 00} 5 |00 ·{z · · 00} 1 100−zeros

16. Seja

b

não é um cubo perfeito.

100−zeros

um inteiro positivo. Enuncie e prove o critério de divisi-

bilidade por

b

no sistema de numeração de base

17. Prove que os números

b.

3.6

Exercícios (a)

(b)

141

1 1 1 + + · · · + , com n > 1, 2 3 n 1 1 1 βn = + + · · · + , com n > 0, 3 5 2n + 1 αn = 1 +

não são inteiros.

p(n) = am nm + am−1 nm−1 + · · · + a0 de grau m ≥ 1 com coecientes inteiros e n ∈ N. Prove que p(n) é um número composto para innitos valores de n.

18. Considere o polinômio

Sugestão: Use o fato de que existe a ∈ N tal que α = |p(a)| > 1 e mostre que α divide a p(αk + a), para todo k ∈ Z. 19. Dizemos que um conjunto

An

formado por

n

inteiros positivos

escritos no sistema binário (base 2) é regular se, para qualquer

s

inteiro não negativo a quantidade de números de

templam

s

2

An

que con-

na representação binária é par. Dizemos que

irregular se, pelo menos para algum

An

s, este número é ímpar.

é

De-

monstre que um sistema irregular pode se converter em regular excluindo-se apenas um único elemento do mesmo, e, um sistema regular pode se converter em irregular excluindo-se qualquer um dos seus elementos.

20. Seja

n um inteiro positivo.

Demonstrar que todos os coecientes

do desenvolvimento do binômio de Newton se, e somente se,

n

é da forma

(a + b)n

são ímpares

s

2 − 1.

(x0 , y0 ) é uma solução da equação diofantina linear ax − by = 1, então a área do triângulo cujos vértices são (0, 0), (b, a) e (x0 , y0 ) é 1/2.

21. Prove que se

142

3

Divisibilidade

22. Qual é a menor distância possível entre dois pontos

(x1 , y1 )

e

(x2 , y2 ), com coordenadas inteiras, situados sobre a reta denida pela equação diofantina ax + by = c?

4 O Princípio da Casa dos Pombos Uma vez um matemáti o me falou que o verdadeiro prazer não está em a har a verdade, mas em pro urar por ela. Leo Tolstoy

Um interessante instrumento elementar para tratar problemas matemáticos relacionados à existência de elementos de conjuntos validando

princípio de Dirichlet , também conheprincípio da casa dos pombos (PCP) . Este princípio foi

certas exigências é o chamado cido como

usado por Dirichlet (1805-1859) para resolver problemas na Teoria dos Números, entretanto ele possui um grande número de aplicações em diversos ramos da Matemática como Combinatória e Geometria. A seguir enunciamos a versão mais simples do PCP.

Proposição 4.1

. Se distribuímos N + 1

(PCP Versão Simples)

pombos em N casas, então alguma das casas contém dois ou mais pombos. 143

144

4

P1

P2

C1

C2

O Princípio da Casa dos Pombos

·········

PN CN

PN +1 Figura 4.1: Em cada casa

denotado por

Pj .

Cj , 1 ≤ j ≤ N ,

coloca-se um único pombo,

O pombo restante, denotado por

PN +1 ,

deve ir para

alguma das casas, juntando-se ao que já se encontrava contido nela

Demonstração.

A prova deste princípio é muito fácil e decorre de fa-

zer uma simples contagem dos pombos contidos em todas as casas depois de distribuídos. Com efeito, suponhamos pelo contrário que em cada casa não existe mais do que um pombo, então contando todos os pombos contidos nas

N

casas não teremos mais do que

contradizendo isto a hipóteses de termos nas

N

N +1

N

pombos,

pombos distribuídos

casas (ver Figura 4.1).

Não é difícil detectar quando o princípio pode ser usado, mas a principal diculdade para aplicá-lo reside em identicar, em cada problema, quem faz papel de pombos e quem faz papel de casas. Nas seguintes seções discutiremos vários exemplos de diferentes naturezas onde o

princípio da casa dos pombos

é aplicado com sucesso.

4.1

Primeiros Exemplos

4.1

145

Primeiros Exemplos

Exemplo 4.2. Numa oresta crescem 1.000 jaqueiras. É conhecido

que uma jaqueira não contém mais do que 600 frutos. Prove que existem 2 jaqueiras na oresta que têm a mesma quantidade de frutos. Solução.

Temos 1.000 jaqueiras, representando os pombos, e 601 casas

identicadas pelos números

0, 1, 2, 3, . . . , 600.

O número

k

associado

a cada casa signica que nela serão colocadas jaqueiras que têm exatamente

k

frutos. Como

1000 > 602 = 601 + 1,

o

PCP

nos garante

que existem duas jaqueiras com a mesma quantidade de frutos.

Exemplo 4.3. Em uma reunião há n pessoas. Mostre que existem

duas pessoas que conhecem exatamente o mesmo número de pessoas. Solução.

Os pombos neste caso são as

radas com os números

n pessoas.

As casas são enume-

0, 1, 2, . . . , n − 1, indicando estes que na mesma

serão colocadas pessoas que têm essa quantidade de conhecidos. No-

0 ou n − 1 permanece desocupada, pois a possibilidade de conhecer 0 e n − 1 pessoas não acontece simultaneamente. Logo, nas n − 1 casas restantes haverá

temos que uma das casas enumeradas com

uma ocupada por dois ou mais pombos, depois de serem distribuídos. Portanto, existem no mínimo duas pessoas com o mesmo número de conhecidos.

Exemplo 4.4. Dados 8 números inteiros mostre que existem dois

deles cuja diferença é divisível por 7. Solução.

Consideramos os 8 números como sendo os pombos e as casas

como sendo os

7+1

7

números o

possíveis restos na divisão por 7. Como temos

PCP

8=

nos diz que existem dois números dentro dos

146


4

8 dados que têm o mesmo resto quando divididos por 7. Finalmente, observamos que se dois números deixam o mesmo resto na divisão por 7 então a diferença entre eles é divisível por 7. Uma forma alternativa e muito útil na qual pode-se apresentar o princípio da casa dos pombos é a seguinte:

Proposição 4.5

(PCP Versão Alternativa)

. Se a soma de n nú-

meros naturais é igual S , então existe pelo menos um deles que não é maior que S/n, assim como existe pelo menos um deles que não é menor que S/n.

Exemplo 4.6. Numa família formada por 5 pessoas a soma das idades

é de 245 anos. Prove que podem ser selecionados 3 membros da família cuja soma das idades não é menor que 147. Solução.

Temos um total de

5 3

=

5! 3!2!

= 10

trios diferentes formados

por membros da família. Além disso, cada pessoa aparece exatamente em

4 2

=

4! 2!2!

=6

trios. Então, denotando por

dos membros de cada trio

Tj , j = 1, 2 . . . 10,

Ej

a soma das idades

temos que

E1 + E2 + · · · + E10 = 6 · 245 = 1470; consequentemente existe algum trio

4.2

Tj ∗

tal que

Ej ∗ ≥

1470 10

= 147.

Uma Versão mais Geral

A seguinte versão mais geral do

PCP

é bastante útil na resolução de

alguns problemas.

Proposição 4.7 (PCP Versão Geral). Se distribuímos N k + 1 pom-

bos em N casas, então alguma das casas contém pelo menos k + 1 pombos.

Uma Versão mais Geral

4.2

147

A prova deste enunciado mais geral é similar à anterior. Com efeito, suponhamos pelo contrário que em cada casa não existe mais do que

k

pombos, então contando todos os pombos contidos nas

teremos mais do que termos

Nk + 1

Nk

casas não

pombos, contradizendo isto a hipóteses de

pombos distribuídos nas

Notemos que se

N

N

casas.

k = 1, esta versão mais geral coincide com a versão

mais simples.

Exemplo 4.8. Num colégio com 16 salas são distribuídas canetas nas cores preta, azul e vermelha para realizar uma prova de concurso. Se cada sala recebe canetas da mesma cor então prove que existem pelo menos 6 salas que receberam canetas da mesma cor. Solução.

Fazendo a divisão com resto de 16 por 3 temos que

3 · 5 + 1.

Consideramos as 16 salas como sendo os pombos e as três

cores, preto, azul e vermelho como sendo as casas. colocar cada sala em uma das três cores. Assim, o e

16 =

Logo, podemos

PCP

com

N =3

k = 5 nos dá que existe uma casa com pelo menos 6 pombos, ou seja,

existem no mínimo 6 salas que receberam canetas da mesma cor.

Exemplo 4.9. Uma equipe formada por seis alunos de Matemática é

selecionada para representar o Brasil numa olimpíada internacional. Mostre que necessariamente existem três deles que se conhecem mutuamente, ou três deles que não se conhecem mutuamente. Solução. aluno

Resolveremos o problema com o auxílio da Figura 4.2. Cada

Aj ,

com

j = 1, 2, . . . , 6,

um hexágono regular.

é representado por um dos vértices de

Quando dois alunos se conhecem traçamos o

segmento de reta que liga os vértices correspondentes com uma linha contínua; caso contrário traçamos este segmento com uma linha pontilhada.

Logo, usando este esquema, o problema equivale a provar

148

4


que sempre existe um triângulo de lados contínuos ou um triângulo de lados pontilhados com vértices no conjunto

A = {A1 , A2 , . . . , A6 }.

Temos 5 segmentos (pombos) incidindo no vértice

A1 ,

cada um

deles contínuo ou pontilhado (estes dois tipos de linhas são consideradas como as casas).

Como

5 = 2 · 2 + 1,

pelo

PCP

temos que 3

dos 5 segmentos são contínuos ou pontilhados. Suponhamos que 3 são contínuos (caso contrário o argumento é similar) e denotemos estes

A1 A3 , A1 A4 e A1 A6 (ver Figura 4.2). Se algum dos segmentos A3 A4 , A3 A6 ou A4 A6 for contínuo então este segmento junto aos que se ligam com A1 formam um triângulo de lados contínuos. Por outro

por

lado, se nenhum deles for contínuo, então eles formam um triângulo de lados pontilhados, completando isto a demonstração.

A3

A2

A4

A1

A5 Figura 4.2: O triângulo

A1 A2 A5

A6 indica que os alunos

conhecem mutuamente e o triângulo e

A6

se conhecem mutuamente

A1 A4 A6

A1 , A2

e

A5

indica que os alunos

não se

A1 , A4

Aplicações na Teoria dos Números

4.3

4.3

149

Aplicações na Teoria dos Números

Nesta seção apresentamos alguns exemplos de aplicações do

PCP

na

Teoria dos Números. A primeira delas é:

Exemplo 4.10. Se n e m são números naturais, então o conjunto

A = {m + 1, m + 2, . . . , m + n} possui algum divisor de n.

Solução.

Temos

n números diferentes no conjunto acima.

Vamos utili-

zar o método de redução ao absurdo. Se não existisse nenhum múltiplo de

n,

quando dividíssemos os números do conjunto

A

por

n,

os res-

B = {1, 2, . . . , n − 1}, que possui n − 1 elementos. Logo, devem existir dois números m + i e m + j , com 1 ≤ i < j ≤ n tais que o resto da divisão de m + i por n é o mesmo que o resto da divisão de m + j por n. Logo, m + j − (m + i) é um múltiplo de n, o que implica que n > j − i ≥ 1 é múltiplo de n menor que n (absurdo!). Logo, deve existir algum múltiplo de n no conjunto A.

tos pertenceriam ao conjunto

Como consequência desse exemplo, podemos resolver o próximo problema.

Exemplo 4.11. Demonstrar que todo inteiro tem um múltiplo cuja representação decimal começa com o bloco de dígitos 1234567890. Solução.

m e n são inteiros positivos, pelo exemplo anterior um dos número m + 1, m + 2, . . . , m + n é múltiplo de n. Assim, dado n n+1 um inteiro qualquer, escolhe-se m = 1234567890×10 . Deste modo, todos os inteiros m + 1, m + 2, . . . , m + n começam com 1234567890 e algum deles é múltiplo de n. Se

150

4


Exemplo 4.12. Dado um número inteiro positivo n, mostre que existe

um múltiplo de n que se escreve com os algarismos 0 e 1 apenas. (Por exemplo, se n = 3, temos 111 ou 1.101 etc.) Solução.

Consideramos os

n+1

números

1, 11, 111, 1111, . . . , 111 · · · 1} | {z

(4.1)

n+1−vezes

como sendo os pombos e

n

casas enumeradas com os números

0, 1, 2, 3, . . . , n − 1, ou seja, com os possíveis restos na divisão por

n.

Similarmente ao

exemplo anterior existem dois números na lista (4.1) que deixam o mesmo resto na divisão por o menor é múltiplo de

n.

n

e, portanto, a diferença entre o maior e

Obviamente a diferença entre dois números

quaisquer da lista (4.1) resulta em um número formado apenas pelos algarismos 0 e 1.

Exemplo 4.13. Prove que entre n + 1 elementos escolhidos no conjunto {1,2,3, . . . , 2n} existem dois que são primos relativos.

Solução.

A escolha das casas e dos pombos neste exemplo não é tão ób-

n + 1 números escolhidos do conjunto escolhidas como sendo os n conjuntos:

via. Os pombos representam os

{1, 2, . . . , 2n}

e as casas são

Cj = {2j − 1, 2j}, 1 ≤ j ≤ n. Logo, pelo tos

PCP, quando distribuímos os n + 1 números nos n conjun-

Cj , 1 ≤ j ≤ n, dois deles carão juntos em algum conjunto Cj ,

seja, estes números serão consecutivos e portanto primos entre si.

ou

Aplicações Geométricas

4.4

151

Finalizaremos esta seção com uma outra prova do teorema de Bachet-Bézout, (veja o Teorema 3.23).

Exemplo 4.14. Seja d = (a, b) o mdc entre os números naturais a e b. Então, existem x e y números inteiros tais que ax + by = d.

Solução. b

Denotando por

m = a/d

e

n = b/d,

podemos supor que

a

e

são primos entre si. Realmente, se podemos escrever

mx + ny = 1 então, substituindo os valores de

m

e

n

na equação acima, temos que

ax + by = d. Se (a, b) = 1, considere a sequência A = {a, 2a, . . . , ba}. Armamos que existe algum número no conjunto A que deixa resto 1 quando dividido por b. De fato, se isso não ocorresse, teríamos b números em A deixando no máximo b − 1 restos diferentes quando divididos por b. Logo, pelo PCP, dois deles, digamos ia e ja com b > j > i ≥ 1, devem deixar o mesmo resto quando divididos por b. assim, (j − i)a é divisível por b. Como estamos supondo que (a, b) = 1, temos que b deve dividir j − i > 0. Como b > j − i, temos um absurdo. Assim, algum dos números em a deixa resto 1 quando divididos por b. Digamos que esse número seja ax. Logo, ax − 1 é múltiplo de b, onde ax − 1 = by , o que encerra nossa prova.

4.4

Aplicações Geométricas

Na geometria também encontramos belas aplicações do os problemas a seguir para constatar isto.

PCP. Vejamos

152


4

Exemplo 4.15. Mostre que se tomamos cinco pontos quaisquer sobre

um quadrado de lado 1, então pelo menos dois deles não distam mais √ que 2/2.

Solução. 1/2,

Vamos dividir o quadrado em quatro quadradinhos de lado

como mostra a gura. Logo, pelo

• 1 •

•

PCP

pelo menos dois deles de-

• •

vem estar no mesmo quadradinho, uma vez que temos 4 quadradinhos e 5 pontos. Logo, como a maior distância num quadrado é a diagonal, o Teorema de Pitágoras nos garante que a distância desses dois pontos é no máximo

√

2/2,

como queríamos mostrar.

Exemplo 4.16. Na região delimitada por um triângulo equilátero de

lado 4 são marcados 10 pontos no interior deste. Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distância entre eles não é maior que √ 3. Solução.

Dividimos o triângulo equilátero de lado 4 em 16 triângulos

equiláteros menores de lado 1, conforme a Figura 4.3. Agora pintamos os triângulos nas cores branco e cinza de maneira que dois triângulos vizinhos, isto é, com um lado comum, são pintados de cores diferentes. Se tivéssemos dois pontos no mesmo triângulo a distância máxima possível entre eles seria 1 e o problema estaria resolvido. Se tivéssemos pontos em triângulos vizinhos, a maior distância possível entre eles seria

√ 3

e também isto resolveria o problema. Se

não tivéssemos nenhum dos casos anteriores, não seria difícil ver que

4.5

Miscelânea

153

C • • • A

• D

• •

Figura 4.3: O triângulo

E • • •

DBE

•

B

é equilátero de lado

3

os 10 pontos deveriam estar situados sobre os 10 triângulos brancos, contendo cada triângulo exatamente um ponto. Dividindo o triângulo

3/2 pelo PCP temos que pelo menos dois dos 6 pontos contidos em DBE estão num destes 4 √ triângulos, logo a distância entre eles não é maior que 3/2 < 3. Com

DBE

em 4 triângulos congruentes de lado

isto terminamos nossa prova.

4.5

Miscelânea

Os problemas que apresentamos a seguir usam o PCP combinado com outras idéias que são muito empregadas nas suas soluções.

Exemplo 4.17. Em cada quadradinho de um tabuleiro 3 × 3 é colocado

um dos números: -1, 0 ou 1. Prove que entre todas as somas das linhas, colunas e diagonais do tabuleiro há duas que são iguais. Por exemplo, no tabuleiro abaixo a soma da segunda linha é 2, que coincide com a soma da terceira coluna.

154

Solução.


4

-1

-1

1

1

0

1

0

-1

0

S = a1 + a2 + a3 , onde cada a1 , a2 e a3 podem tomar valores: −1, 0 e 1. Então, temos 7 valores possíveis para S (casas), que são: −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3. O tabuleiro 3×3 tem 3 linhas, 3 colunas e 2 diagonais, portanto, ao Seja

somarmos os elementos de cada uma das linhas, colunas e diagonais, obteremos 8 números (pombos).

Como existem somente

possíveis para estes números, pelo

PCP

7

valores

pelo menos dois deles devem

ser iguais.

Exemplo 4.18. Dado qualquer conjunto A formado por 10 números

naturais escolhidos entre 1 e 99, inclusos, demonstre que existem dois subconjuntos disjuntos e não vazios de A tal que a soma dos seus respectivos elementos é igual. Solução:

É conhecido que

vazios diferentes.

A

tem

210 − 1 = 1.023

subconjuntos não-

A soma dos elementos de cada um deles dá uma

quantidade menor do que 1.000, pois o subconjunto com no máximo 10 elementos de maior soma possível é o formado por e nesse caso

90 + 91 + · · · + 99 = 945.

90, 91, . . . , 99,

Agora consideramos os pombos

como sendo os 1.023 subconjuntos distintos de

A

e as casas como

sendo as somas possíveis dos elementos de cada um dos conjuntos. Logo, como o número de conjuntos é maior que o número de somas possíveis, devem existir dois conjuntos a soma dos elementos de

B

B

e

C

de

A,

de tal modo que

é igual à soma dos elementos de

C.

Se

B

4.5

e e

Miscelânea

155

C são disjuntos, acabou a prova. Se não, considere D = B − B ∩ C E = C − B ∩ C . Logo, os conjuntos D e E são disjuntos e a soma

dos seus elementos é a mesma, pois retiramos de ambos a mesma quantidade.

Exemplo 4.19. Qual é o maior número de quadradinhos de um ta-

buleiro de 8 × 8 que podem ser pintados de preto, de forma tal que qualquer arranjo de três quadradinhos, como mostra a Figura 4.4, tenha pelo menos um dos quadradinhos não pintado de preto?

Figura 4.4: Tridominós

Solução.

Primeiramente, pintamos o tabuleiro de

8×8 como um tabu-

leiro de jogar xadrez, ou seja, 32 quadradinhos pintados de branco e 32 quadradinhos pintados de preto (ver Figura 4.5).

Figura 4.5: Tabuleiro de xadrez

156


4

Notemos que uma vez pintado o tabuleiro desta forma é satisfeita a exigência do problema, pois nunca temos 2 quadradinhos vizinhos (quadradinhos com um lado comum) pintados de preto. Mostraremos agora que se pintamos 33 quadradinhos de preto então a condição exigida no problema falha. tabuleiro em 16 quadrados de

2×2

De fato, se dividimos o

(casas) e pintamos 33 quadra-

33 = 16 · 2 + 1, pela versão 2 × 2 contém 3 quadradinhos

dinhos de preto (pombos); então, como geral do

PCP

um dos 16 quadrados de

pintados de preto. Portanto, este último contém um arranjo como na Figura 4.4 completamente pintado de preto.

Resumindo, o número máximo de quadradinhos que podemos pintar de preto é 32.

Exemplo 4.20. Dados sete números reais arbitrários, demonstre que existem dois deles, digamos x e y , tais que 0≤ Solução.

1 x−y ≤√ 1 + xy 3

Primeiramente observamos que a expressão

sar na fórmula

tan(α − β) = Sejam

x1 , x2 , · · · , x7

tan α − tan β . 1 + tan α tan β

x−y nos faz pen1+xy

(4.2)

os sete números selecionados arbitrariamente.

Lembramos que a função tangente é uma bijeção entre o intervalo

(− π2 , π2 ) e os números reais R, logo para cada xi , 1 ≤ i ≤ 7, existe um αi ∈ (− π2 , π2 ) tal que tan(αi ) = xi . Dividimos o intervalo (− π2 , π2 ) em seis subintervalos de comprimento

Pelo

PCP

dois dos números

αi

αi1

e

Denotemos os mesmos por

π , como mostra o desenho a seguir. 6

pertencem ao mesmo subintervalo.

αi2

e suponhamos, sem perda de

Exercícios

4.6

157

αi1 − π2 generalidade, que

αi2 π 6

αi1 ≤ αi2 .

π 2

Então vale

0 ≤ αi2 − αi1 ≤

π . 6

Usando o fato de que a tangente é uma função crescente e a fórmula (4.2) temos que

π tan(0) ≤ tan(αi2 − αi1 ) ≤ tan( ). 6 Equivalentemente,

0≤

4.6

xi 2 − xi 1 1 ≤√ . 1 + xi 2 xi 1 3

Exercícios

1. Seja

C

um conjunto formado por cinco pontos de coordenadas

inteiras no plano. Prove que o ponto médio de algum dos segmentos com extremos em

C

tem também coordenadas inteiras.

2. O conjunto dos dígitos 1, 2, ..., 9 é dividido em três grupos. Prove que o produto dos números de algum dos grupos deve ser maior que 71. 3. Prove que se

N

é ímpar então para qualquer bijeção

p : IN → IN

158

4


IN = {1, 2, . . . , N } o produto P (p) = (1 − p(1))(2 − p(2)) · · · (N − p(N )) é necessariamente par.

do conjunto

(Dica: O produto de vários fatores é par se, e somente se, um dos fatores é par.) 4. Dado um conjunto de 25 pontos no plano tais que entre quaisquer 3 deles existe um par com distância menor que 1.

Prove que

existe um círculo de raio 1 que contém pelo menos 13 dos 25 pontos dados. 5. Prove que entre quaisquer 5 pontos escolhidos dentro de um triângulo equilátero de lado 1 sempre existe um par deles cuja distância não é maior que 0,5. 6. Marquemos todos os centros dos 64 quadradinhos de um tabuleiro de xadrez de

8 × 8.

É possível cortar o tabuleiro com 13

linhas retas que não passem pelos pontos marcados e de forma tal que cada pedaço de recorte do tabuleiro tenha no máximo um ponto marcado? 7. Prove que existem duas potências de 3 cuja diferença é divisível por 1.997. 8. São escolhidos 6 números quaisquer pertencentes ao conjunto

A = {1, 2, 3, . . . , 10}. Prove que existem dois desses seis números cuja soma é ímpar. 9. Seja

x

um número real arbitrário. Prove que entre os números

x, 2x, 3x, . . . , 101x

4.6

Exercícios

159

existe um tal que sua diferença com certo número inteiro é menor 0,011. 10. Mostre que entre nove números que não possuem divisores primos maiores que cinco, existem dois cujo produto é um quadrado. 11. Um disco fechado de raio um contém sete pontos, cujas distâncias entre quaisquer dois deles é maior ou igual a um. Prove que o centro do disco é um destes pontos. 12. Na região delimitada por um retângulo de largura quatro e altura três são marcados seis pontos.

Prove que existe ao menos um

par destes pontos cuja distância entre eles não é maior que 13. Seja

a

√ 5.

um número irracional. Prove que existem innitos núme-

ros racionais

r = p/q

tais que

|a − r| < 1/q 2 .

14. Suponha que cada ponto do reticulado plano é pintado de vermelho ou azul. Mostre que existe algum retângulo com vértices no reticulado e todos da mesma cor. 15. Um certo livreiro vende pelo menos um livro por dia. Sabendo que o livreiro vendeu 463 livros durante 305 dias consecutivos, mostre que em algum período de dias consecutivos o livreiro vendeu exatamente 144 livros.

Referências Bibliográcas [1] AIGNER, M. e ZIEGLER, G. (2002).

As Provas estão

no Livro. Edgard Blücher. [2] GARCIA, A. e LEQUAIN, I. (2003).

Elementos de Ál-

gebra. Projeto Euclides, IMPA. [3] LIMA, E. L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004).

A Matemática do Ensino Mé-

dio. Volume 1. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004).



CARVALHO,P.

MORGADO,A.C. (2004).

C.

P.;

WAGNER,E.

e


dio. Volume 3. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER,E. e MORGADO, A.C. (2001).

Temas e Problemas.

Socie-

dade Brasileira de Matemática. [7] LIMA, E.L. (2001).

Álgebra Linear. Sociedade Brasileira

de Matemática.

285

286

REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS [8] MORAIS FILHO, D. C. (2007).

Um Convite à Matemá-


CARVALHO, J.;

FERNANDEZ, P. (1991).

CARVALHO, P.;

Análise Combinatória e Pro-

babilidade . Sociedade Brasileira de Matemática. [10] RIBENBOIM, P. (2001).

Números Primos: Mistérios e

Recordes. Sociedade Brasileira de Matemática. [11] SANTOS, J. P. O. (1993)

Introdução à Teoria dos Nú-

meros. IMPA. [12] SANTOS, J. P. O.; MELLO, M. P. e MURARI, I. T. C. (2006).

Introdução à Análise Combinatória.

Editora

Unicamp. [13] SOARES, M. G. (2005).

Cálculo em uma Variável Com-






Adán J. Corcho

Unidade III: Capítulos V e VI

160

5 Contagem Toda vez que puder, onte. Fran is Galton

Neste capítulo discutiremos problemas envolvendo a contagem de elementos de um conjunto nito dado. Por exemplo, responderemos perguntas do tipo: de quantos modos podemos distribuir 32 seleções nacionais de futebol em seis grupos de quatro times cada? Para solucionar questões como esta, utilizaremos como ferramentas básicas os princípios aditivo e multiplicativo da contagem. Veremos também que o uso simultâneo destes princípios será muito útil para resolver problemas com certos níveis de complexidade. Além disso, serão abordados os conceitos de permutações, arranjos e combinações, sendo estes de muita importância por serem os alicerces de um ramo da matemática denominado combinatória. Antes de prosseguirmos daremos algumas denições e notações que serão úteis ao longo de todo o capítulo. Dado um conjunto A denotamos por |A| a quantidade de elementos que este possui. O produto cartesiano de n conjuntos A1 , A2 , . . . , An−1 e An é o conjunto denido 161

5

162

Contagem

por A1 × A2 × · · · × An := (a1 , a2 , . . . , an ); ai ∈ Ai , i = 1, 2, . . . , n ,

onde cada elemento (a1 , a2 , . . . , an ) é chamado de n-upla ordenada. Denotaremos o conjunto vazio com o símbolo ∅. O leitor que deseja rever os conceitos básicos da teoria de conjuntos, pode achá-los muito bem expostos em [3]. 5.1


O princípio aditivo da contagem garante que dados dois conjuntos nitos que não têm elemento em comum, o número de elementos da união é exatamente a soma do número de elementos de cada um, ou seja, se A1 e A2 são disjuntos (isto é, A1 ∩ A2 = ∅), então |A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 |.

Apesar de sua simplicidade, muitos problemas podem ser resolvidos utilizando esse simples princípio. A seguir enunciamos uma extensão deste princípio para um número nito qualquer de conjuntos.

Princípio Aditivo da contagem: Dados os conjuntos nitos A1 , A2 , . . . , An dois a dois disjuntos (isto é, Ai ∩ Aj = ∅ , ∀ i 6= j ),

temos que

|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |.

Exemplo 5.1. Em Maceió entraram em cartaz 4 lmes distintos e

2 peças de teatro. Se Pedro Vítor só tem dinheiro para assistir a um

lme ou a uma peça de teatro, diga quantos são os possíveis programas de Pedro Vítor.

5.1


163

Solução. Denotemos por f1 , f2 , f3 e f4 os quatro lmes que estão em cartaz e por t1 e t2 as duas peças de teatro. Agora, representemos pelo par (i, j), com 0 ≤ i ≤ 4 e 0 ≤ j ≤ 2, o programa que consiste em assistir ao lme fi e à peça tj (caso i = 0 ou j = 0 isso signica que não será assistido a nenhum lme ou a nenhuma peça, respectivamente). Pelas limitações econômicas do Pedro Vítor temos que ele só pode escolher um programa dentro dos seguintes conjuntos disjuntos: A1 = (1, 0), (2, 0), (3, 0), (4, 0) e A2 = (0, 1), (0, 2) .

Logo, no total são |A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | = 6 programas distintos, entre os quais Pedro Vítor terá que escolher um.

Exemplo 5.2. Numa reunião havia um certo número de pessoas e

todos os presentes apertaram as mãos entre si. Sabendo-se que ao todo foram feitos 66 cumprimentos, calcule o número de pessoas presentes à reunião. Solução. Vamos enumerar as pessoas com os números do conjunto P = {1, 2, . . . , n}. A cada aperto de mão associaremos um par (i, j), signicando que a pessoa i apertou a mão da pessoa j . Assim, os apertos de mão envolvendo a pessoa 1 foram: A1 = {(1, 2), (1, 3), . . . , (1, n)}.

Do mesmo modo, denimos os apertos de mão envolvendo a pessoa 2 que não envolvem a pessoa 1, como: A2 = {(2, 3), (2, 4), . . . , (2, n)}.

Note que o aperto (2, 1) é o mesmo que o aperto (1, 2), já que se 1 aperta a mão de 2, então 2 aperta a mão de 1. Analogamente, Ai = {(i, i + 1), (i, i + 2), . . . , (i, n)}, para 1 ≤ i ≤ n.

5

164

Contagem

Note que Ai ∩ Aj = ∅ para i 6= j . Observe também que todos os apertos aparecem em um dos conjuntos Ai . Assim, A1 ∪ · · · ∪ An contém todos os apertos de mão. Logo, pelo princípio aditivo: |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | = |A1 | + |A2 | + . . . |An |

= (n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1

(n − 1)n = 66. 2 Resolvendo em n, temos que n = 12. =

Vimos que o princípio aditivo nos fornece o número de elementos de qualquer união de conjuntos dois a dois disjuntos. Discutiremos agora uma extensão do princípio para qualquer união de conjuntos, não necessariamente dois a dois disjuntos.

Proposição 5.3. Sejam A1 e A2 dois conjuntos nitos quaisquer.

Então,

|A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |.

Demonstração. Observe que

A1 ∪ A2 = (A1 − A2 ) ∪ A2

onde a união é dois a dois disjunta. Pelo princípio aditivo, temos que |A1 ∪ A2 | = |A1 − A2 | + |A2 |.

(5.1)

Analogamente, aplicando novamente este princípio, temos que |A1 | = |A1 − A2 | + |A1 ∩ A2 |;

(5.2)

A proposição segue imediatamente combinando as igualdades (5.1) e (5.2).

5.1


165

Para chegar a uma expressão análoga à do princípio aditivo, vamos fazer mais um caso, considerando agora três conjuntos.

Corolário 5.4. Sejam A1 , A2 e A3 três conjuntos nitos quaisquer.

Então,

|A1 ∪ A2 ∪ A3 | =|A1 | + |A2 | + |A3 |

− |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |.

Demonstração. Pela Proposição 5.3 temos que, |A1 ∪ (A2 ∪ A3 )| = |A1 | + |A2 ∪ A3 | − |A1 ∩ (A2 ∪ A3 )|,

de onde, |A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 ∪ A3 | − |(A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 )|.

Novamente, pela Proposição 5.3 temos que, |A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | − |A2 ∩ A3 | − |(A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 )|.

Aplicando mais uma vez a Proposição 5.3 temos que, |(A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 )| = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | − |(A1 ∩ A2 ) ∩ (A1 ∩ A3 ).

Combinando as duas últimas igualdades obtemos |A1 ∪ A2 ∪ A3 | =|A1 | + |A2 | + |A3 |

− |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 | ,

como desejávamos.

5

166

Contagem

Para facilitar nossa escrita, vamos denotar por A1 A2 . . . Ak o conjunto A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak . Assim, outra forma de enunciar o Corolário 5.4 é a seguinte: 3 3 [ X = |Ai | − A i i=1

i=1

X

1≤i1
|Ai1 Ai2 | +

X

1≤i1
|Ai1 Ai2 Ai3 |.

De forma geral, dados os conjuntos nitos A1 , A2 , . . . , An , as expressões anteriores nos levam a denir os números: S1 =

n X i=1

S2 =

.. . Sk =

.. .

|Ai |

X

1≤i1
|Ai1 Ai2 |,

X

1≤i1
|Ai1 Ai2 . . . Aik |,

Sn = |A1 A2 . . . An |.

Assim, a versão mais geral do princípio aditivo, também conhecida como princípio de inclusão e exclusão, é:

Princípio Aditivo - Versão Geral: Sejam A1 , A2 . . . , An conjuntos nitos quaisquer. Então,

n [ Ai = S1 − S2 + S3 − S4 + · · · + (−1)n−1 Sn . i=1

Não iremos provar essa versão, mas o leitor pode (e deve!) mostrá-la como exercício, repetindo os argumentos anteriores.

5.1


167

Exemplo 5.5. No Colégio Fantástico foram entrevistados 78 estudan-

tes. Destes, 32 estavam fazendo um curso de francês; 40 um curso de física; 30 um curso de matemática; 23 um curso de história; 19 francês e física; 13 francês e matemática; 15 física e matemática; 2 francês e história; 15 física e história; 14 matemática e história; 8 francês, física e matemática; 8 francês, física e história; 2 francês, matemática e história; 6 física, matemática e história e 2 estavam fazendo todos os quatro cursos. Quantos estudantes estavam fazendo pelo menos 1 curso nas 4 áreas mencionadas? Solução. Denotemos por A1 , A2 , A3 , e A4 os conjuntos dos estudantes que fazem francês, física, matemática e história, respectivamente. Observemos que as igualdades |A1 | = 32, |A2 | = 40, |A3 | = 30, |A4 | = 23,

nos dão que S1 =

4 X i=1

|Ai | = 125; as igualdades |A1 A2 | = 19, |A1 A3 | = 13, |A1 A4 | = 2,

|A2 A3 | = 15, |A2 A4 | = 15, |A3 A4 | = 14,

5

168

X

nos dão que S2 =

1≤i1
Contagem

|Ai1 Ai2 | = 78; as igualdades |A1 A2 A3 | = 8, |A1 A2 A4 | = 8, |A1 A3 A4 | = 2, |A2 A3 A4 | = 6,

nos dão que S3 = |A1 A2 A3 A4 | = 2.

X

1≤i1
|Ai1 Ai2 Ai3 | = 24; assim como que S4 =

4 [ Segue-se então, do princípio aditivo, que Ai = 125 − 78 + 24 − i=1 2 = 69.

Denição 5.6. Denimos o complementar do conjunto A em relação

ao conjunto U como sendo um subconjunto de U dado por Ac = x ∈ U; x ∈ /A .

U A

Figura 5.1: A área branca corresponde a Ac e o conjunto U é representado por todo o retângulo

5.1


169

Neste caso é fácil vericar que os conjuntos A e Ac são disjuntos e que U = A ∪ Ac . Segue-se do princípio aditivo que |U| = |A| + |Ac |; portanto, |Ac | = |U| − |A|.

Analogamente, dados dois conjuntos A1 ⊂ U e A2 ⊂ U , temos que A1 ∪ A2 e (A1 ∪ A2 )c são disjuntos e, aliás, U = (A1 ∪ A2 ) ∪ (A1 ∪ A2 )c . Novamente, pelo princípio aditivo, vale que |U| = |A1 ∪ A2 | + |(A1 ∪ A2 )c |;

e consequentemente temos que |(A1 ∪ A2 )c | = |U| − (|A1 | + |A2 |) + |A1 A2 |.

Similarmente, dados três conjuntos A1 ⊂ U, A2 ⊂ U e A3 ⊂ U podemos demonstrar que |(A1 ∪ A2 ∪ A3 )c | = |U| − (|A1 | + |A2 | + |A3 |)

+ (|A1 A2 | + |A1 A3 | + |A2 A3 |) − |A1 A2 A3 |.

Então, usando a notação S0 = |U|, temos a seguinte proposição:

Proposição 5.7. Para toda família de subconjuntos Ai ⊂ U , i = 1, 2, . . . , n, vale a relação: !c n [ Ai = S0 − S1 − S2 + S3 − S4 − · · · + (−1)n−1 Sn i=1

= S0 − S1 + S2 − S3 + S4 − · · · + (−1)n Sn ,

ou resumidamente,

n !c n [ X c c c Ai = |A1 A2 · · · An | = (−1)j Sj . i=1

j=0

5

170

Contagem

Observação 5.8. Observemos que na última relação da proposição usamos a conhecida Lei de DeMorgan: o complementar da união de uma família nita de conjuntos, em relação a um conjunto U , é a intersecção dos complementares de cada um deles. 5.2

Princípio Multiplicativo de Contagem

Começamos esta seção discutindo um problema relacionado com o apaixonante jogo de xadrez. Ele consiste no seguinte: queremos saber de quantas maneiras diferentes podemos colocar duas torres num tabuleiro de xadrez de forma tal que nenhuma ataque a outra. Uma situação como a que procuramos é mostrada na Figura 5.2, pois lembramos que torres só se movimentam na direção horizontal ou na direção vertical do tabuleiro. Antes de prosseguir deixamos claro o seguinte: se na Figura 5.2 trocamos a posição da torre a com a torre b consideraremos isto como uma situação diferente.

a

b

Figura 5.2: Torres que não se atacam Notemos o seguinte: uma vez que coloquemos uma das torres numa

5.2


171

casa do tabuleiro não podemos colocar a segunda torre na mesma linha ou coluna em que esta se encontra, pois ela seria ameaçada. Como cada linha e cada coluna contém 8 casas do tabuleiro, sendo uma delas comum a ambas, então temos 15 posições proibidas para colocar a segunda torre, ou seja, ela só pode ser colocada em 64−15 = 49 posições diferentes. Resumindo, por cada uma das 64 possíveis posições para a torre a temos 49 possibilidades diferentes para colocar a torre b, totalizando 64·49 = 3.136 formas diferentes de colocar ambas as torres no tabuleiro sem que elas se ataquem. O exemplo acima traz a essência do que é chamado princípio multiplicativo da contagem : se um evento A1 pode ocorrer de m maneiras distintas e, se para cada uma dessas m maneiras possíveis de A1 ocorrer, um outro evento A2 pode ocorrer de n maneiras distintas, então o número de maneiras de ocorrerem sucessivamente os eventos A1 e A2 é m · n. Na linguagem matemática: relembramos que dados dois conjuntos A1 e A2 , podemos construir um par ordenado (a1 , a2 ) tomando um elemento a1 ∈ A1 , denominado o primeiro elemento do par, e um elemento a2 ∈ A2 , denominado o segundo elemento do par. O conjunto A1 × A2 é constituido por todos os pares ordenados construídos dessa forma. Assim sendo, a versão mais simples do princípio multiplicativo nos garante que |A1 × A2 | = |A1 | |A2 |.

Uma extensão deste princípio para um número nito qualquer de conjuntos é a seguinte:

princípio multiplicativo da contagem: Dados os conjuntos

5

172

Contagem

nitos A1 , A2 , . . . , An temos que |A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | · |A2 | · · · |An |.

Note que neste princípio, não é necessária nenhuma hipótese adicional sobre os conjuntos Ai . Vamos agora dar alguns exemplos de como aplicar esse princípio.

Exemplo 5.9. Em Maceió entraram em cartaz 4 lmes distintos e

2 peças de teatro. Se agora o Pedro Vítor tem dinheiro para assistir

exatamente a um lme e a uma peça de teatro, diga quantos são os possíveis programas que Pedro Vítor pode fazer. Solução. Denotemos por f1 , f2 , f3 e f4 os quatro lmes que estão em cartaz e por t1 e t2 as duas peças de teatro. Denamos os conjuntos A1 = {f1 , f2 , f3 , f4 } e A2 = {t1 , t2 }.

Neste caso, as condições econômicas do Pedro Vítor permitem que ele escolha um elemento do conjunto A1 e outro elemento do conjunto A2 . Este tipo de escolha representa-se pelo conjunto A1 × A2 = (fi , tj ); 1 ≤ i ≤ 4 e 1 ≤ j ≤ 2 ,

onde cada par (fi , tj ) representa o programa que consiste em assistir ao lme fi e à peça tj . Logo, no total são |A1 × A2 | = |A1 | · |A2 | = 8 programas distintos.

Exemplo 5.10. Se numa loja de doces existem 9 tipos distintos de

balas e 5 tipos distintos de chiclete, diga quantas escolhas podemos fazer para comprar somente uma bala e um chiclete.

5.2


173

Solução. Denotemos por b1 , b2 , b3 , b4 , b5 , b6 , b7 , b8 e b9 os nove tipos distintos de balas e por c1 , c2 , c3 , c4 e c5 os cinco tipos distintos de chicletes. Denamos os conjuntos B = {b1 , b2 , b3 , b4 , b5 , b6 , b7 , b8 , b9 } e C = {c1 , c2 , c3 , c4 , c5 }.

Como precisamos comprar simultaneamente um elemento do conjunto B e um elemento do conjunto C , então o conjunto B × C me dá o conjunto de todas as escolhas possíveis. Logo, o número de escolhas possíveis para comprar simultaneamente um tipo de bala e um tipo de chiclete é |B × C| = 9 · 5 = 45.

Exemplo 5.11. De quantas maneiras 2 pessoas podem estacionar seus

carros numa garagem com 10 vagas?

Solução. Observando que a primeira pessoa pode estacionar seu carro de 10 formas distintas e que a segunda pessoa pode estacionar seu carro de 9 formas distintas, temos pelo princípio multiplicativo que existem 9 · 10 = 90 formas possíveis nas quais duas pessoas podem estacionar seus carros numa garagem com 10 vagas.

Exemplo 5.12. Dado o número 720, diga (a) quantos divisores inteiros e positivos ele possui; (b) entre seus divisores inteiros e positivos, quantos são pares; (c) entre seus divisores inteiros e positivos, quantos são ímpares; (d) dos divisores acima, quantos são quadrados perfeitos.

5

174

Contagem

Solução. Pelo teorema fundamental da aritmética, todo número inteiro positivo é primo ou produto de primos. Observe que a decomposição de 720 em fatores primos vem dada por: 720 = 24 · 32 · 51 .

(5.3)

Agora denamos os seguintes conjuntos: A ={todos os divisores de 720 que são da forma 2k , onde k ∈ Z+ },

B ={todos os divisores de 720 que são da forma 3m , onde m ∈ Z+ }, C ={todos os divisores de 720 que são da forma 5n , onde n ∈ Z+ }.

Observemos que 0 ≤ k ≤ 4, pois se k > 4 então pelo menos a potência 25 deveria estar presente em (5.3); como isto não acontece segue-se que 0 ≤ k ≤ 4, de modo que A = 20 , 21 , 22 , 23 , 24 ,

seguindo o mesmo raciocínio, podemos demonstrar que 0 ≤ m ≤ 2 e que 0 ≤ n ≤ 1. Assim, B = 30 , 31 , 32 e C = 50 , 51 .

(a) O conjunto de todos os possíveis divisores de 720 pode ser identicado com o conjunto A×B ×C . De onde o número de divisores inteiros e positivos de 720 é |A×B ×C|. Porém, o princípio multiplicativo nos garante que |A×B ×C| = |A|·|B|·|C|. Portanto, o número de divisores inteiros e positivos de 720 é 5 × 3 × 2 = 30, pois |A| = 5, |B| = 3 e |C| = 2. (b) Para obter o conjunto de todos os divisores pares de 720 devemos remover o elemento 20 do conjunto A. Assim, o conjunto de

5.2


175

todos os divisores pares e positivos de 720 vem dado pelo conjunto A − {20 } × B × C . O princípio multiplicativo nos garante que A − {20 } × B × C = A − {20 } · |B| · |C|. Portanto, o número de divisores pares e positivos de 720 é 4 × 3 × 2 = 24, pois A − {20 } = 4, |B| = 3 e |C| = 2.

(c) Para obter o conjunto de todos os divisores ímpares de 720 devemos remover os elementos 21 , 22 , 23 e 24 do conjunto A. Assim, o conjunto de todos os divisores ímpares e positivos de 720 vem dado pelo conjunto A − {21 , 22 , 23 , 24 } × B × C.

O princípio multiplicativo nos garante que

A − {21 , 22 , 23 , 24 } × B × C = A − {21 , 22 , 23 , 24 } · |B| · |C|.

Portanto, o número de divisores ímpares e positivos de 720 é 1 × 3 × 2 = 6; pois A − {21 , 22 , 23 , 24 } = 1, |B| = 3 e |C| = 2.

(d) Para obter o conjunto de todos os divisores de 720 que são quadrados perfeitos devemos car com as potências pares nos conjuntos A, B e C , respectivamente. Portanto, devemos remover os elementos 21 , 23 do conjunto A. Também devemos remover o elemento 31 do conjunto B . Finalmente do conjunto C devemos remover o elemento 51 . Logo, o conjunto de todos os divisores quadrados perfeitos e positivos de 720 vem dado pelo conjunto D := A − {21 , 23 } × B − {31 } × C − {51 } .

O princípio multiplicativo nos garante que

D = A − {21 , 23 } · B − {31 } · C − {51 } .

5

176

Contagem

Portanto, o número de divisores quadrados perfeitos e positivos de 720 é 3 · 2 · 1 = 6; pois A − {21 , 23 } = 3, B − {31 } = 2 e C − {31 } = 1. Observe que {1, 4, 9, 16, 36, 144} é o conjunto dos divisores de 720 que são quadrados perfeitos.

Exemplo 5.13. Se um número natural n se fatora como n = pk11 · pk22 · · · pkr r ,

(5.4)

onde os pi são números primos distintos e cada ki ∈ Z+ , então o número de divisores positivos de n, denotado por d(n) é d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) . . . (kr + 1).

Solução. Dena o conjunto + 1 A1 ={todos os divisores de n que são da forma pm 1 , onde m ∈ Z },

e em geral, dena + i Ai ={ todos os divisores de n que são da forma pm i , onde t ∈ Z }.

Observemos que mi ≤ pi , pois se mi > pi , então pelo menos a potência pki i +1 deveria estar presente em (5.4);como isto não acontece segue-se que mi ≤ pi , de modo que Ai = p0i , p1i , p2i , . . . , pki i , para i = 1, 2, 3, . . . , ki .

É imediato ver que Ai = ki + 1.

5.2


177

O conjunto de todos os possíveis divisores de n vem dado pelo conjunto A1 × A2 × · · · × Ar , de onde se conclui que o número de divisores inteiros e positivos de n é d(n) = |A1 × A2 × · · · × Ar | = |A1 | · |A2 | · · · |Ar |,

onde na última igualdade usamos o princípio multiplicativo. Portanto, o número de divisores inteiros e positivos de n é d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) · · · (kr + 1).

Exemplo 5.14. De quantas maneiras podemos escolher dois inteiros de 1 a 20 de forma que a soma seja ímpar?

Solução. Observemos que • a soma de dois números inteiros pares é um número par. Com efeito, para quaisquer a, b ∈ Z temos que 2a + 2b = 2(a + b); • a soma de dois números inteiros ímpares é um número par. Com efeito, para quaisquer a, b ∈ Z temos que (2a + 1) + (2b + 1) = 2(a + b + 1); • a soma de um número inteiro par com qualquer outro inteiro

ímpar sempre é um inteiro ímpar. Com efeito, para quaisquer a, b ∈ Z temos que 2a + (2b + 1) = 2(a + b) + 1.

Isto nos sugere denir os conjuntos

P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, I = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19},

onde P × I são todas as formas possíveis de somar um número inteiro par com outro ímpar. O princípio multiplicativo nos garante que nossa resposta é |P × I| = |P | · |I| = 100, pois |P | = |I| = 10.

5

178

5.3

Contagem


Aproveitamos esta seção para apresentar problemas um pouco mais difíceis que os tratados nas seções anteriores. Nestes problemas, precisaremos empregar simultaneamente o Princípio Aditivo e o princípio multiplicativo. Vamos ao primeiro deles:

Exemplo 5.15. Sabemos que no início da premiação da 1a fase da

Olimpíada Alagoana de Matemática existem 10 livros diferentes de Álgebra, 7 livros diferentes de combinatória e 5 livros diferentes de geometria para homenagear os vencedores. Danielle é a primeira a pegar o prêmio que consiste em 2 livros, com a condição de que estes não podem ser da mesma matéria. Diga quantas escolhas Danielle pode fazer para pegar seu prêmio. Solução. Denotemos por A = {a1 , . . . , a10 }, C = {c1 , . . . , c7 } e G = {g1 , . . . , g5 },

os conjuntos de livros de álgebra, combinatória e geometria, respectivamente. Observemos que |A| = 10, |C| = 7 e |G| = 5 e Danielle tem as seguintes possibilidades de escolha: • escolher um livro de A e um livro de C . Neste caso, Danielle tem |A × C| = |A| · |C| = 70 escolhas possíveis (devido ao princípio

multiplicativo).

• escolher um livro de A e um livro de G . Neste caso, Danielle tem |A × G| = |A| · |G| = 50 escolhas possíveis (devido ao princípio

multiplicativo) ou

5.3


179

• escolher um livro de C e um livro de G . Neste caso, Danielle tem |C × G| = |C| · |G| = 35 escolhas possíveis (devido ao princípio

multiplicativo).

Agora o Princípio Aditivo nos garante que o número total de escolhas que Danielle pode fazer é 70 + 50 + 35 = 155.

Exemplo 5.16. Há 18 moças e 12 rapazes, onde 5 deles são irmãos

(3 moças e 2 rapazes) e os restantes não possuem parentesco. Diga quantos casamentos são possíveis naquela turma (sabendo que irmãos não se casam). Solução. Observemos que 15, entre as 18 moças, não têm parentesco nenhum com os 12 rapazes, logo, pelo princípio multiplicativo temos que é possível efetuar 15 · 12 = 180 casamentos diferentes entre eles. Por outro lado, as 3 moças restantes podem efetuar casamento com 10 dos 12 rapazes, pois 2 deles são seus irmãos. Novamente, pelo princípio multiplicativo é possível realizar 3·10 = 30 casamentos diferentes neste caso. Finalmente, o Princípio Aditivo nos dá que podem ser realizados um total de 180 + 30 = 210 casamentos.

Exemplo 5.17. Quantas palavras de 5 caracteres podem ser formadas

com as letras α, β e γ de modo que em cada palavra não falte nenhuma dessas letras? Solução. Denamos os seguintes conjuntos, U ={palavras de 5 caracteres só com as letras α, β e γ};

Aα ={palavras que estão em U e onde não aparece a letra α}; Aβ ={palavras que estão em U e onde não aparece a letra β}; Aγ ={palavras que estão em U e onde não aparece a letra γ}.

5

180

Contagem

Por exemplo, • a palavra γγγγγ ∈ Aα ∩ Aβ ; • a palavra γααγα ∈ Aβ ; • a palavra βαβββ ∈ Aγ .

Primeiramente, notemos que cada caracter de U pode ser escolhido de 3 formas distintas. Segue-se então do Princípio Multiplicativo que existem 35 formas de escrever uma palavra de 5 caracteres usando um alfabeto de 3 letras, isto é, S0 = |U| = 35 = 243.

Calculemos agora |Aα |, isto é, o número de palavras onde não aparece a letra α. Para isto, observemos que cada caractere em Aα pode ser escolhido de 2 formas. Logo, o princípio multiplicativo nos garante que existem 25 palavras em Aα , ou seja, |Aα | = 25 . Analogamente, podemos mostrar que |Aβ | = |Aγ | = 25 . Portanto, S1 = |Aα | + |Aβ | + |Aγ | = 25 + 25 + 25 = 96.

Prosseguimos com o cálculo de |Aα Aβ |, isto é, do número de palavras onde não aparecem as letras α e β ; portanto, cada caractere em Aα Aβ pode ser escolhido de 1 forma. Logo, o princípio multiplicativo nos garante que existe 15 = 1 palavra em Aα Aβ , ou seja, |Aα Aβ | = 1. Similarmente, podemos mostrar que |Aα Aγ | = |Aβ Aγ | = 1. Portanto, S2 = |Aα | + |Aβ | + |Aγ | = 3.

Por m, achamos |Aα Aβ Aγ |, que nos dá o número de palavras onde não aparecem as letras α, β e γ ; mas cada palavra em Aα Aβ Aγ tem

5.4

Permutações Simples

181

que usar pelo menos um dos caracteres proibidos. Logo, S3 = |Aα Aβ Aγ | = 0.

Finalmente, observamos que o conjunto das palavras de 5 caracteres que podem ser formadas com as letras α, β e γ de modo que em cada palavra não falte nenhuma dessas letras é exatamente o conjunto Acα Acβ Acγ . Usando a Proposição 5.7, temos: |Acα Acβ Acγ | =S0 − S1 + S2 − S3 =243 − 96 + 3 − 0

=150.

5.4


Denimos o fatorial n! de um inteiro positivo n n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 2 · 1

se n > 0 e 0! = 1, por convenção. Observe que o fatorial cresce muito rapidamente quando n cresce. Por exemplo, para os 10 primeiros valores de n 1!=1 2!=2 3!=6 4!=24 5!=120 6!=720 7!=5.040 8!=40.320 9!=362.880 10!=3.628.800

Denição 5.18. Uma permutação simples de n objetos distintos é

qualquer agrupamento ordenado desses n objetos. Denotaremos por Pn o número de todas as permutações simples de n objetos dados.

5

182

Contagem

Por exemplo, todas as permutações dos 3 elementos do conjunto A = {a1 , a2 , a3 } são: σ1 = (a1 , a2 , a3 ), σ2 = (a1 , a3 , a2 ), σ3 = (a2 , a1 , a3 ), σ4 = (a2 , a3 , a1 ), σ5 = (a3 , a1 , a2 ), σ6 = (a3 , a2 , a1 ).

Proposição 5.19. Seja n ≥ 1. O número total de permutações simples de n objetos O = {o1 , o2 , . . . , on } é dado por Pn = n!

Demonstração. É claro que a fórmula vale para n = 1. Vejamos agora que existe a seguinte relação entre Pn e Pn−1 para n ≥ 2: Pn = nPn−1 .

(5.5)

Para comprovar isto, para cada i denamos Ai como sendo as permutações dos n − 1 objetos {o1 , . . . , oi−1 , oi+1 , . . . , on }. Note que |Ai | = Pn−1 , para cada i = 1, 2, . . . , n. Assim, para obtermos uma permutação dos n objetos, basta que xemos o objeto inicial oi e tomemos um elemento do conjunto Ai , que é uma permutação dos n − 1 objetos restantes. Pelo princípio aditivo, temos que: Pn = |A1 | + |A2 | + · · · + |An | = nPn−1 .

Como a equação (5.5) é válida para todo n ≥ 2, podemos aplicá-la para n − 1, obtendo: Pn−1 = (n − 1)Pn−2 ,

5.4


183

de onde vem que Pn = n(n − 1)Pn−2 .

Repetindo este argumento, obtemos que

Pn = n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1 = n!,

como queríamos demonstrar.

Exemplo 5.20. De quantas maneiras podemos formar uma la com 4 pessoas?

Demonstração. Observe que se enumeramos os lugares da la e enumeramos as pessoas, pa , pb , pc , pd , cada distribuição vai corresponder a uma permutação do conjunto {1, 2, 3, 4}. Por exemplo, a distribuição (pc , pa , pb , pd ) corresponde à permutação (3, 1, 2, 4). Assim, o número de distribuições na la é 4! = 24.

Exemplo 5.21. De quantas maneiras k moças e k rapazes podem

formar pares para uma dança?

Solução. Estando as moças em uma la e os rapazes em outra, podemos enumerá-los com números de 1, 2, . . . , k . A uma permutação desses números, digamos (a1 , a2 , . . . , ak ) com ai ∈ {1, 2, . . . , k} faremos uma associação da mulher i com o rapaz ai . Por exemplo, a permutação (2, 1, 3, . . . , k) signica que a moça 1 dançará com o rapaz 2, a moça 2 com o rapaz 1, e a moça i com o rapaz i, para i ≥ 3. Observe que toda associação de k moças e k rapazes produz uma permutação, de modo que o número de associações possíveis das moças com os rapazes é igual ao número de permutações dos elementos do conjunto {1, 2, 3, . . . , k}. Pela Proposição 5.19 existem k! modos diferentes de combinar as moças com os rapazes.

5

184

5.5

Contagem

Arranjos Simples

Denição 5.22. Consideremos n objetos e p um inteiro positivo tal

que 0 < p ≤ n. Um arranjo simples de classe p dos n objetos dados é uma seleção de p objetos distintos dentre estes que diferem entre si pela ordem de colocação ou pela natureza de cada um, isto é, o que importa é quem participa ou o lugar que ocupa. Denotaremos por Apn o número de arranjos simples de classe p de n objetos. Por exemplo, dados os objetos o1 , o2 e o3 todos os arranjos possíveis de classe 2 são: A1 = (o1 , o2 ), A2 = (o2 , o1 ), A3 = (o1 , o3 ), A4 = (o3 , o1 ), A5 = (o2 , o3 ) e A6 = (o3 , o2 ).

Observação 5.23. Notemos que um arranjo simples de classe n de n

objetos dados não é mais que uma permutação desses n objetos. Logo, Pn = Ann = n!.

Proposição 5.24. Seja n ≥ 1. O número total de arranjos simples de classe p de n objetos O = {o1 , o2 , . . . , on } é dado por Apn =

n! . (n−p)!

Demonstração. Para n = 1 a fórmula é obviamente válida. Similarmente ao caso das permutações, primeiramente provaremos que para n ≥ 2 vale a seguinte igualdade: Apn = nAp−1 n−1 .

(5.6)

Agora denimos os conjuntos Ai como sendo os arranjos simples de classe p − 1 dos n − 1 objetos {o1 , . . . , oi−1 , oi+1 , . . . , on }. Note que |Ai | = Ap−1 n−1 , para cada i = 1, 2, . . . , n. Assim, para obtermos um arranjo simples de classe p dos n objetos, basta que xemos o objeto inicial oi e tomemos um elemento do conjunto Ai , que é uma arranjo

5.5

Arranjos Simples

185

de classe p − 1 dos n − 1 objetos restantes. Pelo princípio aditivo, temos que: Apn = |A1 | + |A2 | + · · · + |An | = nAp−1 n−1 .

Como nossa equação (5.6) é válida para todo n ≥ 2, podemos aplicá-la para n − 1, obtendo: p−2 Ap−1 n−1 = (n − 1)An−2 ,

de onde vem que Apn = n(n − 1)Ap−2 n−2 .

Repetindo este argumento sucessivamente, obtemos que p−(p−1)

Apn = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − (p − 2))An−(p−1) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 2)A1n−p+1 .

Notemos agora que A1n−p+1 = n − p + 1; logo, da igualdade anterior segue-se que Apn = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 2)(n − p + 1)

n(n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 2)(n − p + 1) × (n − p) · · · 1 (n − p) · · · 1 n! = , (n − p)!

=

como desejávamos. Agora vamos dar alguns exemplos de como aparecem problemas práticos que requerem fazer este tipo de cálculo. O primeiro dele tem

5

186

Contagem

a ver com a formação de palavras diferentes com um conjunto dado de letras. Um anagrama de uma palavra é uma permutação de letras dessa palavra para formar outra, a qual pode carecer de signicado. Por exemplo: • um anagrama de amor é roma; • um anagrama de celia é alice; • um anagrama de caterina é natercia; • um anagrama de elvis é lives.

Exemplo 5.25. Quantos anagramas de p letras distintas podemos

formar com um alfabeto de 23 letras, sendo p < 23?

Solução. Como as letras são diferentes, nosso problema consiste em achar todos os arranjos de classe p de 23 objetos dados, que neste caso são as 23 letras do alfabeto. Logo, este número é Ak23 =

23! . (23 − k)!

Exemplo 5.26. De quantos modos 2 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras que estão em la?

Solução. Este problema é equivalente a achar o número total de arranjos de classe 2 de 5 objetos, correspondendo as 5 cadeiras aos 5 objetos e as duas pessoas indicando a ordem do arranjo. Logo, este número é dado por A25 =

5! = 20. 3!

5.5

Arranjos Simples

187

Exemplo 5.27. Considere os dígitos 2, 3, 4, 5, 7 e 9. Supondo que a

repetição de dígitos não seja permitida, responda às seguintes perguntas: (a) Quantos números de três dígitos podem ser formados? (b) Entre os achados em (a) quantos são pares? (c) Entre os achados em (a) quantos são ímpares? (d) Entre os achados em (a) quantos são múltiplos de 5? (e) Entre os achados em (a) quantos são menores do que 400? Solução. Seja O = {2, 3, 4, 5, 7, 9} nosso conjunto de objetos. (a) A quantidade de números de três dígitos que podemos formar sem repetição de algum deles é claramente o número de arranjos de classe 3 dos 6 dígitos de O, isto é, A36 =

6! = 120. 3!

(b) Sabemos que em todo número par o último dígito é um múltiplo de 2, isto é, ele acaba em 0, 2, 4, 6 ou 8. Então, em nosso caso as únicas possibilidades são que o número termine em 2 ou 4. Supondo que o último dígito seja 2, temos que preencher as duas casas restantes com os dígitos pertencentes ao conjunto O − {2}. = 20 números dos achados Assim, existem A2|O−{2}| = A25 = 5! 3! em (a) que nalizam em 2. De forma análoga, existem A2|O−{4}| = 5! A25 = 3! = 20 números dos achados em (a) que nalizam em 4. Logo, entre os números achados em (a) existem 20 + 20 = 40 números pares.

5

188

Contagem

(c) Todo conjunto de números pode ser dividido em duas classes disjuntas: a classe dos números pares e a classe dos números ímpares que pertencem ao mesmo. Segue-se que dentre os números achados em (a) existem 120 − 40 = 80 números ímpares. (d) Todo número múltiplo de 5 acaba em 0 ou 5; no nosso caso temos que a única possibilidade para o último dígito é 5. Assim o problema consiste em preencher as duas casas restantes com dígitos do conjunto O − {5}. De onde se segue que a quantidade de números múltiplos de 5 existentes em (a) vem dada por 5! A2|O−{5}| = A25 = 3! = 20. (e) Para obter os números menores do que 400 a casa das centenas só poderá ser ocupada pelos dígitos 1, 2 ou 3. Como 1 ∈ / O, temos que as únicas possibilidades em nosso caso são 2 ou 3. Então, supondo que o primeiro dígito do número seja 2, devemos preencher duas casas restantes com os dígitos pertencentes a = 20 O − {2}. De forma análoga, existem A2|O−{3}| = A25 = 5! 3! números dos achados em (a) e que começam com 3. Logo, dentre os números achados em (a) existem 20 + 20 = 40 menores do que 400.

5.6

Combinações Simples

O conceito de combinação simples surge naturalmente quando tentamos responder à seguinte pergunta:de quantas formas diferentes podemos selecionar p objetos dentro de n objetos dados?

5.6


189

Por exemplo, suponha que queremos enfeitar uma festa de aniversário com bolas de dois tipos de cores e na loja onde as compraremos existem bolas nas cores azul, verde e vermelha. De quantas formas distintas podemos enfeitar nossa festa? É claro que podemos enfeitar a festa de 3 formas diferentes: com bolas em azul e verde; com bolas em azul e vermelho ou com bolas em verde e vermelho. Notemos que, ao contrário do caso em que trabalhamos com arranjos, quando fazemos uma seleção de duas cores não estamos interessados na ordem em que elas foram escolhidas.

Denição 5.28. Consideremos n objetos e p um inteiro positivo tal

que 0 < p ≤ n. Uma combinação simples de classe p dos n objetos dados é uma seleção de p objetos distintos entre estes que diferem entre si apenas pela natureza de cada um, isto é, o que importa é simplesmente quem participa no grupo selecionado. Denotaremos por n o número de combinações simples de classe p de n objetos. p

Proposição 5.29. Seja n ≥ 1. O número total de combinações

simples de classe p de n objetos O = {o1 , o2 , . . . , on } é dado por n p

=

n! . p!(n−p)!

Demonstração. Veremos a seguir que arranjos simples e combinações simples de classe p estão estreitamente relacionados. Com efeito, para cada combinação simples formada por p objetos distintos de O podemos gerar todos os arranjos simples de classe p formados por estes p objetos. Basta para isto fazer todas as suas permutações possíveis. Obtém-se assim p ! arranjos simples diferentes com esses p objetos. Resumindo, para cada combinação simples de classe p formada com p objetos diferentes de O podemos fazer p ! arranjos simples diferentes de classe p com estes mesmos objetos; logo, no total, teremos a

5

190

seguinte relação: de onde segue-se que

Contagem

n n! p! = Apn = , p (n − p)! n n! = . p p!(n − p)!

Exemplo 5.30. De quantas formas diferentes podemos construir uma palavra de tamanho n com i letras a e n − i letras b?

Solução. A solução do problema equivale em escolher a posição das i letras a em questão, uma vez que a posição das (n − i) letras b restantes estará determinada. Se enumeramos as posições das letras de 1 a n, uma palavra será formada ao xarmos a posição das i letras a. Isso é exatamente ni , já que corresponde ao número de grupos com i elementos (posições com letra a) tomados em um conjunto de n elementos (todas as posições), que diferem somente por sua natureza.

Exemplo 5.31. De quantas formas podemos dividir um grupo 5 pes-

soas em um grupo de duas e outro de três?

Solução. Temos 52 = 25!3! ! = 10 formas diferentes de escolher duas pessoas do grupo. Por cada uma dessas escolhas o outro grupo de três pessoas é automaticamente determinado; logo, temos 10 possibilidades diferentes de fazer a divisão.

Exemplo 5.32. De quantos modos podemos dividir 6 pessoas em: (a) Dois grupos de 3 pessoas cada?

5.6


191

(b) Três grupos de 2 pessoas cada? Solução. Começamos por (a). À primeira vista, parece que a resposta deve ser n3 = 3!6!3! = 20, similarmente ao exemplo anterior. Porém, aqui há um problema devido ao fato de estarmos dividindo em grupos que têm a mesma quantidade de pessoas e, portanto, as permutações de cada dois grupos formados são consideradas divisões iguais; logo, devemos dividir o resultado por 2 !, obtendo assim 10 formas diferentes de obter dois grupos com 3 pessoas cada. Para resolver o item (b) seguimos os seguintes passos: • Primeiramente calcularemos o número de formas possíveis para

dividir 6 pessoas em um grupo de 2 e outro grupo de 4; esta quantidade vem dada por 62 = 4!6!2! .

• Agora dividiremos as 4 pessoas restantes em um grupo de 2 e outro grupo de 2; esta quantidade vem dada por 42 = 2!4!2! . 6! Pelo princípio multiplicativo temos que existem 62 42 = (2!) 3 possi-

bilidades de dividir 6 pessoas em 3 grupos com duas pessoas cada. Igualmente ao caso anterior, aqui as permutações possíveis de cada 3 grupos formados são consideradas iguais; logo, devemos dividir este último resultado por 3 !. Portanto, existem 15 formas diferentes de dividir 6 pessoas em três grupos de 2 pessoas cada.

Exemplo 5.33. Se você possui 10 amigos, de quantas maneiras você

pode escolher dois ou mais deles para jantar?

Solução. Esquematizamos a solução da seguinte maneira: • Primeiramente, vamos encontrar a quantidade de maneiras pelas 10

quais você pode jantar com 2 amigos; isto é feito de diferentes.

2

formas

5

192

Contagem

• Depois, vamos encontrar a quantidade de maneiras pelas quais 10

você pode jantar com 3 amigos; isto é feito de rentes.

3

formas dife-

• Em seguida, encontramos a quantidade de maneiras pelas quais 10

você pode jantar com 4 amigos; isto é feito de rentes.

4

formas dife-

• Em geral, o número de maneiras diferentes que você tem de jantar com p amigos é dado por 10p .

Pelo princípio aditivo, temos que a quantidade de formas diferentes que você tem de jantar com 2 ou mais de seus amigos, é dada por 10 10 10 10 + + ··· + + = 1013, 2 3 9 10

sendo este o número procurado.

Exemplo 5.34. De um grupo de 10 pessoas das quais 4 são mulheres,

quantas comissões de 5 pessoas podem ser formadas de modo que pelo menos uma mulher faça parte?

Solução. Sendo que o grupo tem 10 pessoas e 4 destas são mulheres, segue-se que no grupo temos 6 homens. Para formar um grupo de 5 pessoas com pelo menos uma mulher, temos as seguintes alternativas: • Nosso grupo é composto por uma mulher e 4 homens; neste caso poderemos formar 41 64 = 60 comissões de 5 pessoas. • Nosso grupo é composto por 2 mulheres e 3 homens; neste caso poderemos formar 42 63 = 120 comissões de 5 pessoas.

5.7


193

• Nosso grupo é composto por 3 mulheres e 2 homens; neste caso poderemos formar 43 62 = 60 comissões de 5 pessoas. • Nosso grupo é composto por 4 mulheres e um homem; neste caso poderemos formar 44 61 = 6 comissões de 5 pessoas.

Pelo princípio aditivo temos que é possível formar 246 comissões de 5 pessoas de modo que pelo menos uma mulher faça parte.

5.7


Nesta seção, estudaremos uma fórmula que generaliza a conhecida expressão (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 .

Essa fórmula é conhecida como o binômio de Newton ou fórmula binomial de Newton, devido ao Matemático Isaac Newton (1642-1727). A fórmula binomial de Newton pode ser motivada pelas seguintes igualdades que são fáceis de vericar: 1 1 a+ b, (a + b) = a + b = 0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 (a + b) = a + 2ab + c = a + ab + b, 0 1 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 2 3 2 (a + b) = a + 3a b + 3ab + c = a + a b+ ab + b. 0 1 2 3 1

Os casos particulares acima podem ser estendidos para qualquer potência inteira positiva de a + b, ou seja, vale o seguinte resultado:

5

194

Contagem

Teorema 5.35 (Fórmula Binomial de Newton). Sejam a e b números reais e n ∈ N, então

n n n n−1 1 n n−i i n n n 1 n−1 (a+b) = a + a b +· · ·+ a b +· · ·+ a b + b . 0 1 i n−1 n Os números ni , 0 ≤ i ≤ n, são chamados também de coecientes binon

miais.

Demonstração. Expandimos o binômio no produto de seus n fatores, isto é, (a + b)n = (a + b)(a + b) · · · (a + b) . {z } |

(5.7)

n−fatores

Se desenvolveremos o produto destes n fatores iguais acima obtemos uma soma nita de termos da forma a1 a2 · · · an , onde cada aj , 1 ≤ j ≤ n, toma valor a ou b. Notemos que em cada termo se o número b aparece i vezes, então o número a aparecerá (n − i) vezes, ou seja, quando cada termo for multiplicado deverá tomar valor igual a an−i bi , para algum 1 ≤ i ≤ n. Por exemplo, os n termos abb · · · b = abn ,

bab · · · b = abn ,

...,

bbb · · · ba = abn

têm o mesmo valor . Assim, para calcular o coeciente do termo ai bn−i que aparece na equação (5.7), basta responder à seguinte pergunta: de quantos modos podemos formar uma palavra com i letras a e (n − i) letras b? A resposta dessa pergunta foi estudada no Exemplo 5.30 e é simplesmente ni . Logo, a expressão na equação (5.7) é n n n n n n−1 1 n 1 n−1 (a + b) = a + a b + ··· + ab + b , 0 1 n−1 n n

o que prova o teorema.

5.8


195

A fórmula binomial de Newton nos dá algumas propriedades interessantes dos coecientes binomiais que resumimos na próxima proposição.

Proposição 5.36. Seja n ∈ N. As seguintes igualdades são válidas:

n + · · · + n−1 + nn = 2n ; (b) n0 − n1 + · · · + (−1)i ni + · · · + (−1)n nn = 0.

(a)

n 0

+

n 1

+ ··· +

n i

Demonstração. Para a letra (a), basta tomar a = b = 1 e expanda 2n = (1 + 1)n no Binômio de Newton. Para a letra (b), tome a = 1 e b = −1 e expanda 0 = (1 − 1)n no binômio de Newton, observando que (−1)n é igual a 1 se n é par, e igual a 1 se n é ímpar. 5.8


Uma das aplicações interessantes da contagem de elementos de um conjunto é quando desejamos estudar a probabilidade de eventos aleatórios. Por exemplo, se lançarmos um dado de seis faces, temos os seguintes resultados possíveis: Ω = {1, 2, . . . , 6}.

Se desejamos saber qual é a chance de que ocorra um número primo no lançamento, devemos contar quantos primos aparecem em {1, 2, 3, 4, 5, 6} e dividir por 6. Ou seja, a chance de ocorrer um número primo num lançamento de um dado de seis faces é 3/6 = 0, 5. Denimos a probabilidade de um subconjunto A ⊂ Ω como o número p(A) =

|A| . |Ω|

5

196

Contagem

Também chamamos o subconjunto Ω de todos os resultados possíveis de espaço amostral e um subconjunto A de Ω de evento. Por exemplo, podemos calcular a probabilidade de escolhermos um número par no conjunto 1, 2, 3, . . . , 15. Neste caso, o conjunto Ω está claro e é igual a Ω = {1, 2, 3, . . . , 15}. O conjunto A é A = {2, 4, 6, . . . , 14}. Logo, p(A) =

7 |A| = . |Ω| 15

Assim, ca claro que a maior diculdade para calcular a probabilidade de um evento é contar quantos elementos pertencem a este evento e quantos elementos pertencem ao espaço amostral. A seguir, veremos um exemplo mais elaborado onde aplicamos a noção de arranjo simples.

Exemplo 5.37. Calcular a probabilidade de que escolhendo um grupo

de 44 pessoas, existam pelo menos duas que fazem aniversário no mesmo dia do ano.

Solução. Podemos reescrever isso do seguinte modo: num saco existem bolas enumeradas com os números 1, 2, . . . , 365 (correspondentes aos dias do ano). Retiramos a bola b1 e anotamos o número que apareceu. Devolvemos a bola ao saco e efetuamos uma nova retirada, anotando novamente o número que aparece. Repetindo este processo 44 vezes, obtemos uma lista com 44 números. Assim, a pergunta se transforma em: de quantos modos diferentes podemos escolher 44 bolas enumeradas com os números 1, 2, 3, . . . , 365 com reposição, tal que existam pelo menos duas bolas com o mesmo número? A primeira coisa que devemos fazer é calcular o espaço amostral, de todas as possibilidades possíveis de resultado. Como escolhemos 44 bolas enumeradas num saco, cada resultado possível é uma lista

5.9


197

(n1 , n2 , . . . , n44 ) com 44 números. Observe que, pelo princípio multiplicativo, |Ω| = 36544 , pois temos 365 opções para escolher n1 , 365 opções para escolher n2 , etc.

A segunda pergunta trata-se de saber quantos resultados são favoráveis, ou seja, quantas são as escolhas tais que existam pelo menos duas bolas com o mesmo número. Para isso é mais fácil contar quantas escolhas existem tais que os 44 números são diferentes. Neste caso, devemos escolher uma ordenação de 44 números distintos entre 365. Isso corresponde à quantidade de arranjos de classe 44 num grupo de 365 elementos. Assim, concluímos que a probabilidade de que este evento ocorra é 36544 − A44 365 =1− p= 36544

365! (365!−44!) . 36544

Obter um valor aproximado para o número acima com o computador é uma tarefa fácil nos dias atuais. Porém, aproximar expressões envolvendo fatoriais (sem o uso do computador) é um fato conhecido há muito tempo pela humanidade, através da famosa fórmula de Stirling.1 Com a ajuda desta fórmula, obtemos que p é aproximadamente p ∼ = 0.93, como havíamos prometido no Capítulo 1.

Além dos exercícios abaixo, recomendamos a leitura de [9]. Lá, o leitor encontrará material adicional sobre análise combinatória, bem como uma ampla variedade de problemas. 5.9


1. De quantas maneiras podemos escolher três números distintos do conjunto I50 = {1, 2, 3, . . . , 49, 50} de modo que sua soma seja

√

1 Grosseiramente, n −n

2πnn e

a fórmula de Stirling diz que o quociente entre n! e está próximo de 1, para valores de n grandes.

5

198

Contagem

a) um múltiplo de 3? b) um número par? 2. Considere o conjunto In = {1, 2, 3, . . . , n−1, n}. Diga de quantos modos é possível formar subconjuntos de k elementos nos quais não haja números consecutivos? 3. Considere as letras da palavra PERMUTA. Quantos anagramas de 4 letras podem ser formados, onde: a) não há restrições quanto ao número de consoantes ou vogais? b) o anagrama começa e termina por vogal? c) a letra R aparece? d) a letra T aparece e o anagrama termina por vogal? 4. Calcular a soma de todos os números de 5 algarismos distintos formados com os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9. 5. Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou de todos os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9? 6. Entre todos os números de sete dígitos, diga quantos possuem exatamente três dígitos 9 e os quatro dígitos restantes todos diferentes? 7. De quantas maneiras podemos distribuir 22 livros diferentes entre 5 alunos se 2 deles recebem 5 livros cada e os outros 3 recebem 4 livros cada? 8. Quantos são os números naturais de sete dígitos nos quais o dígito 4 gura exatamente 3 vezes e o dígito 8 gura exatamente 2 vezes?

5.9


199

9. De quantas maneiras uma comissão de 4 pessoas pode ser formada, de um grupo de 6 homens e 6 mulheres, se a mesma é composta de um número maior de homens do que de mulheres? 10. O comprimento de uma palavra é a quantidade de caracteres que ela possui. Encontre a quantidade de palavras de comprimento 5 que podemos formar fazendo uso de 10 caracteres distintos, de forma que não existam três caracteres consecutivos idênticos em cada palavra. 11. Quantos números inteiros existem entre 1 e 10.000 que não são divisíveis por 3, 5 e 7? 12. Quantas são as permutações da palavra PROPOR nas quais não existem letras consecutivas iguais? 13. De quantos modos 6 casais podem sentar-se ao redor de uma mesa circular de tal forma que marido e mulher não quem juntos? 14. Quantas são as permutações das letras da palavra BRASIL em que o B ocupa o primeiro lugar, ou o R ocupa o segundo lugar, ou o L o sexto lugar? 15. De quantas formas podemos representar o número 15 como soma de vários números naturais? 16. Quantos quadrados perfeitos existem entre 40.000 e 640.000 que são múltiplos simultaneamente de 3, 4 e 5? 17. Oito amigos vão ao cinema assistir a um lme que custa um real. Quatro deles possuem uma nota de um real e quatro possuem

5

200

Contagem

uma nota de dois reais. Sabendo-se que o caixa do cinema não possui nenhum dinheiro, como eles podem organizar uma la para pagar o lme permitindo o troco pelo caixa? 18. Se considerarmos todas as congurações do tabuleiro com duas torres que não se atacam, como no Exemplo 5.2, sem distinguir as torres, quantas congurações obteremos? 19. Continuando o problema anterior, generalize-o para 3, 4, 5, . . . torres que não se atacam, encontrando também o número máximo de torres que podem ser colocadas no tabuleiro de modo que duas delas não se ataquem. 20. Tente fazer o problema anterior para cavalos de xadrez. 21. Mostre que em toda sequência de n2 + 1 inteiros distintos possui uma subsequência crescente de n + 1 elementos ou uma subsequência decrescente de n + 1 elementos. 22. Encontre o número de zeros que termina o número 2010!. 23. O jogo do 7 consiste em lançar dois dados e somar o número obtido nas suas faces. Caso a soma seja 7, o jogador A ganha o dois reais do jogador B . Caso a soma não seja 7, o jogador B ganha um real de A. Pergunta-se: quem leva vantagem? 24. A função φ de Euler associa a cada número natural n o valor φ(n) igual ao número de inteiros positivos menores ou iguais a n relativamente primos com n. Ou seja, φ(n) = {1 ≤ m ≤ n; (m, n) = 1} .

5.9


201

Usando os princípios estudados, mostre que se n se decompõe em fatores primos como n = p1 α1 p2 α2 . . . pαk k , então 1 1 1 φ(n) = n 1 − 1− ... 1 − . p1 p2 pk

O leitor pode achar mais informações sobre a função φ de Euler nos livros [11] ou ainda [10].

202

5

Contagem

6 Indução Matemática Se as pessoas não a ham a Matemáti a simples é só por que ainda não per eberam o quanto a vida é ompli ada. John von Neumann

Imagine uma la com innitos dominós, um atrás do outro. Suponha que eles estejam de tal modo distribuídos que, uma vez que um dominó caia, o seu sucessor na la também cai. O que acontece quando derrubamos o primeiro dominó? Apesar da simplicidade da pergunta acima ela traz em sua essência toda a ideia usada no método da indução nita . Muitas descobertas em Matemática são feitas baseadas na realização de testes que nos fornecem evidências empíricas. Tais evidências são estudadas para efetivamente vericarmos se os resultados que elas insinuam são verdadeiros. O método da indução nita constitui uma ferramenta muito útil na hora de desvendar a veracidade de resultados provenientes deste tipo de estudo. Esse método é uma das grandes armas do matemático moderno e tem utilidade na solução de vários problemas, como iremos ver ao longo deste capítulo. 203

6

204

6.1

Indução Matemática


No início do século XX, o matemático Giuseppe Peano (1858-1932) estabeleceu os axiomas necessários que nos permitem hoje descrever com precisão o conjunto dos números naturais. O último dos seus axiomas diz o seguinte: seja A um subconjunto de N (A ⊂ N). Se 1 ∈ A e se, além disso, A contém todos os sucessores dos seus elementos, então A = N. Este axioma é conhecido como axioma de indução e serve como base do método de demonstração por indução, o qual é de grande utilidade para estabelecer provas rigorosas em Matemática. O princípio da boa ordenação dos naturais, enunciado no Capítulo 3, e o axioma de indução não são independentes e sem nenhuma conexão. De fato, eles são equivalentes, ou seja, se consideramos o princípio da boa ordenação como sendo um postulado podemos deduzir o axioma de indução e, reciprocamente, se consideramos o axioma de indução como sendo um postulado podemos deduzir o princípio da boa ordenação. No resto do capítulo, p(n) representa uma armação em relação ao natural n, podendo esta ser verdadeira ou falsa.

Teorema 6.1 (Princípio da Indução Finita). Considere n0 um in-

teiro não negativo. Suponhamos que, para cada inteiro n ≥ n0 , seja dada uma proposição p(n). Suponha que se pode vericar as seguintes propriedades: (a) p(n0 ) é verdadeira;

(b) se p(n) é verdadeira então p(n + 1) também é verdadeira, para todo n ≥ n0 .

6.1


205

Então, p(n) é verdadeira para qualquer n ≥ n0 . A armação (a) é chamada de base da indução e a (b) de passo indutivo. O fato de que p(n) é verdadeira no item (b) é chamado de hipótese da indução.

Demonstração. Denamos o conjunto V = {m inteiros não negativos; m ≥ n0 e p(m) é verdadeira} .

Notemos que V é não vazio, pois a condição (a) nos assegura que n0 ∈ V . A prova do teorema é equivalente a mostrarmos que V = {n0 , n0 + 1, n0 + 2, n0 + 3, · · · },

ou equivalentemente, a provarmos que o conjunto F = {m inteiros não negativos; m ≥ n0 e p(m) é falsa}

é vazio. Suponhamos que F é não vazio. Pelo principio da boa ordenação existe um menor elemento m0 ∈ F , onde p(m0 ) é falso. Observemos que, • m0 ≥ n0 + 1. De fato, m0 ≥ n0 , porém a possibilidade m0 = n0

contradiz a condição (a);

• m0 − 1 ∈ V . Com efeito, p(m0 − 1) é verdadeira pois, caso contrário, m0 − 1 ∈ F e, além disso, m0 − 1 < m0 , contradizendo isto a minimalidade de m0 .

Finalmente, como p(m0 − 1) é verdadeira, segue da condição (b) que p(m0 ) também é verdadeira, o que é impossível pela denição de m0 . Portanto, o conjunto F é vazio, concluindo-se assim a prova.

6

206


Para um pouco mais sobre a relação entre os princípios de indução e da boa ordenação, recomendamos o Apêndice A da referência [11].

Observação 6.2. Uma grande vantagem do princípio da indução nita é poder provar que uma quantidade innita de armações são verdadeiras, simplesmente vericando que uma quantidade nita destas armações são verdadeiras. Deixaremos clara a utilidade deste método resolvendo alguns problemas na próxima seção. 6.2

Aplicações

Dentro da grande gama de problemas que podem ser abordados aplicando o método de indução podemos distinguir três importantes grupos: • demonstração de identidades; • demonstração de desigualdades; • demonstração de problemas de divisibilidade.

A seguir damos vários exemplos de como aplicar o método em problemas referentes a cada um destes grupos. 6.2.1

Demonstrando Identidades

Começamos com os seguintes problemas clássicos:

(P1) Determinar uma fórmula para a soma dos n primeiros números pares, isto é,

sp (n) := 2 + 4 + 6 + · · · + 2n.

6.2

Aplicações

207

(P2) Determinar uma fórmula para a soma dos n primeiros números ímpares, isto é,

si (n) := 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1.

Para induzir ambas as fórmulas, primeiro fazemos os cálculos para vários valores de n, os quais apresentamos na seguinte tabela. n 1 sp (n) 2 = 1 · 2 si (n) 1 = 12

2

3

4

6=2·3

12 = 3 · 4

20 = 4 · 5

4 = 22

9 = 32

16 = 42

5

··· 30 = 5 · 6 · · · 25 = 52 ···

Os resultados na tabela sugerem que sp (n) = n(n + 1) e que si (n) = n2 . Entretanto, isto não constitui por si só uma prova rigorosa destas fórmulas, pois para poder garantir a veracidade delas utilizando a tabela teríamos que vericar cada valor de n natural, sendo isto impossível. Provaremos agora que, de fato, as fórmulas induzidas são válidas usando o método de indução nita.

Exemplo 6.3. Demonstre que para qualquer n ∈ N é válida a igualdade:

2 + · · · + 2n = n(n + 1).

Solução. Denamos a proposição p(n) : 2 + · · · + 2n = n(n + 1)

e observemos que a mesma vale para n = 1 (base da indução); de fato p(1) : 2 = 1(1 + 1).

Agora partimos para a prova do passo indutivo:

6

208


• Hipótese: suponhamos que p(k) é verdadeira para um certo k > 1, k ∈ N. • Tese: devemos mostrar que p(k + 1) também é verdadeira.

Com efeito, como 2 + · · · + 2k = k(k + 1),

somando 2(k + 1) a ambos os lados desta igualdade, temos que 2 + · · · + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 2)(k + 1).

Esta última igualdade arma que p(k + 1) também é verdadeira. O Princípio de Indução nos garante que p(n) é verdadeira para qualquer n ∈ N.

Exemplo 6.4. Demonstre que para qualquer n ∈ N é válida a igualdade:

1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 = n2 .

Solução. Aqui denimos a proposição: p(n) : 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 = n2

e notamos que a mesma é válida se tomarmos, por exemplo, n = 1. De fato, p(1) : 1 = 2 · 1 − 1.

Agora só resta provar o passo indutivo:

• Hipótese: suponhamos que p(k) seja verdadeira para um certo k > 1, k ∈ N.

6.2

Aplicações

209

• Tese: devemos mostrar que p(k + 1) também é verdadeira.

Com efeito, como 1 + 3 + 5 + · · · + 2k − 1 = k 2 ,

somando 2k + 1 a ambos os lados desta igualdade, temos que 1 + 3 + 5 + · · · + 2k − 1 + 2k + 1 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 .

O princípio de indução nos garante que p(n) é verdadeira para qualquer n ∈ N. Uma consequência imediata do Exemplo 6.3 é a fórmula para a soma dos n primeiros números naturais, dada por sn = 1 + 2 + 3 + · · · + n =

n(n + 1) . 2

(6.1)

Com efeito, como 2 + 4 + · · · + 2n = n(n + 1),

então dividindo por 2 ambos os membros da igualdade acima, obtemos a equação (6.1). Continuando com o mesmo raciocínio, é natural nos perguntarmos se é possível obter uma fórmula para a soma dos n primeiros quadrados perfeitos, ou seja, determinar qn onde: qn = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 .

Para induzir a fórmula, consideramos os valores de sn e qn numa tabela:

6

210


1 2 3 4 5 6 ··· 1 3 6 10 15 21 · · · 1 5 14 30 55 91 · · ·

n sn qn

Aparentemente não existe nenhuma relação entre sn e qn . Mas, se considerarmos o quociente qn /sn , vejamos o que acontece: n

1

2

3

4

5

6

qn /sn

3/3

5/3

7/3

9/3

11/3

13/3

··· ···

Isso nos sugere que vale a relação qn 2n + 1 = , sn 3

logo nosso candidato para valor de qn é qn =

sn (2n + 1) n(n + 1)(2n + 1) = . 3 6

Convidamos o leitor a provar a veracidade da equação acima utilizando o Método da Indução no Exercício 1 no nal do capítulo. 6.2.2

Demonstrando Desigualdades

Apresentamos agora alguns exemplos de como usar indução para provar desigualdades.

Exemplo 6.5. Prove que 3n−1 < 2n2 para todo n ∈ N. Solução. Denotamos por p(n) a propriedade: 3n−1 < 2n . É claro que p(1) é válida, pois 1 < 2. Agora supondo que P (n) é verdadeira temos que 2

2

2

3n = 3n−1 · 3 < 2n · 22n+1 = 2(n+1) ,

logo p(n + 1) também vale. Observamos que na desigualdade acima usamos o fato de que 3 < 22n+1 para qualquer n ∈ N.

6.2

Aplicações

211

Exemplo 6.6. Mostre que para todo número n ∈ N, n > 3, vale que 2n < n! Demonstração. Para n = 4 a desigualdade é vericada, pois 24 = 16 < 4! = 24. Vamos assumir como hipótese de indução que a desigualdade é válida para n ≥ 4. Então, precisamos mostrar que a mesma vale também para n + 1. De fato, por hipótese de indução: (6.2)

2n < n!

Como 2 < n + 1, podemos multiplicar o lado esquerdo da desigualdade em (6.2) por 2 e o lado direito por n+1, sem alterar o sinal de desigualdade. Logo, temos que: 2n .2 = 2n+1 < n!(n + 1) = (n + 1)!,

concluindo-se a demonstração.

Exemplo 6.7. Prove que, para todo n ∈ N, s

2+

|

r

2+

q √ 2 + · · · + 2 < 2. {z }

n−radicais

√

Demonstração. Claramente a desigualdade vale para n = 1, pois 2 < 2. Suponhamos que para certo n ∈ N a desigualdade acontece, então s

2+

|

r

q √ 2 + 2 + · · · + 2 < 2. {z } n−radicais

Logo, adicionando 2 em ambos os lados desta desigualdade tem-se 2+

s

2+

|

r

q √ 2 + 2 + · · · + 2 < 2 + 2. {z } n−radicais

6

212


Tomando raiz quadrada em ambos os lados desta última desigualdade obtemos v s u r u q √ t 2 + 2 + 2 + 2 + · · · + 2 < 2, {z } | n+1−radicais

como desejávamos.

6.2.3

Indução e Problemas de Divisibilidade

Agora damos alguns exemplos de problemas de divisibilidade que podem ser mostrados utilizando o método da indução:

Exemplo 6.8. Mostre que para qualquer n ∈ N,

n3 + 2n é sempre divisível

por 3.

Solução. Para n = 1 a armação é válida, pois 13 +2·1 = 3, que obviamente é divisível por 3. Assumamos como hipótese indutiva que a armação vale para algum k ∈ N, isto é, Hipótese: k3 + 2k é divisível por 3.

Devemos mostrar que a armação também é verdadeira para k + 1, ou seja, temos que provar que Tese: (k + 1)3 + 2(k + 1) é divisível por 3. Para provar isto último, usamos o fato de que (k + 1)3 + 2(k + 1) = (k 3 + 3k 2 + 3k + 1) + (2k + 2);

6.2

Aplicações

213

agrupando adequadamente, (k + 1)3 + 2(k + 1) = (k 3 + 2k) + (3k 2 + 3k + 3) = (k 3 + 2k) + 3(k 2 + k + 1) | {z } | {z } múltiplo de 3

múltiplo de 3

= múltiplo de 3,

concluindo assim a prova.

Exemplo 6.9. Mostre que a soma dos cubos de três números naturais consecutivos é divisível por 9.

Solução. Denamos a seguinte proposição: p(n) : n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 é um múltiplo de nove.

Notemos que P (1) é válida, pois 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 = 9 · 4.

Precisamos provar agora o passo indutivo, isto é, • Hipótese: P (k) é verdadeira para algum k ∈ N. • Tese: P (k + 1) também é verdadeira.

Para provar isto, observamos que

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k 3 + 9k 2 + 27k + 27).

Ordenando adequadamente, temos que o lado direito da última igualdade se escreve como k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + (9k 2 + 27k + 27) = k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9(k 2 + 3k + 3) {z } | {z } | múltiplo de 9

= múltiplo de 9,

completando assim nossa demonstração.

múltiplo de 9

6

214


Muitas vezes, para conseguir mostrar que a hipótese p(n + 1) é verdadeira, precisamos supor que p(k) é verdadeira para todo n0 ≤ k ≤ n. Isto é a base do princípio forte da indução nita que enunciamos a seguir:

Teorema 6.10 (Princípio Forte da Indução Finita). Considere n0 um inteiro não negativo. Suponhamos que, para cada inteiro n ≥ n0 seja dada uma proposição p(n) e que valem as propriedades (a) p(n0 ) é verdadeira; (b) se para cada inteiro não negativo k, com n0 ≤ k ≤ n, temos que p(k) é verdadeira, então p(n + 1) é também verdadeira. Então, a proposição p(n) é verdadeira para qualquer n ≥ n0 . Utilizando o princípio forte da indução, vamos dar uma prova diferente do teorema fundamental da aritmética da apresentada no Capítulo 3.

Exemplo 6.11 (Teorema Fundamental da Aritmética). Todo número natural N maior que 1 pode ser escrito como um produto N = p1 · p2 · p3 · · · pm ,

(6.3)

onde m ≥ 1 é um número natural e os pi , 1 ≤ i ≤ m são números primos. Além disso, a fatoração em (6.3) é única se exigirmos que p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pm . Solução. Para cada n ∈ N, n ≥ 2, denamos a proposição p(n) : n é escrito de modo único como um produto de números primos.

Notemos que p(2) é verdadeira, pois 2 é um número primo. Agora enunciemos o passo indutivo: • Hipótese indutiva: p(k) é verdade para cada inteiro k tal que 2 ≤ k ≤ n.

6.3


215

• Tese: p(n + 1) é verdade. Em outras palavras, temos que mostrar que n + 1 é escrito de modo único como um produto de números primos.

Faremos a prova dividindo em dois casos: (a) Se n + 1 é um número primo, então p(n + 1) é verdade e isto acaba nossa demonstração. (b) Se n + 1 não é um número primo, então existem α, β ∈ N com 2 ≤ α ≤ n e 2 ≤ β ≤ n tais que n + 1 = α · β . Nossa hipótese indutiva é válida para α e β . Isto signica que α se escreve de modo único como um produto de números primos e que β se escreve de modo único um produto de números primos. Portanto, n + 1 = α · β se escreve como um produto de números primos.

Agora mostraremos que n + 1 se escreve de modo único como produto de primos. Assuma que p1 p2 . . . pk = q1 q2 . . . qm = n + 1,

(6.4)

com p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pk e q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qm todos primos. Vamos mostrar que necessariamente k = m e pi = qi . De fato, como p1 é primo, ele divide algum qi . Logo, como qi é primo, p1 = qi ≥ q1 . Analogamente, existe um j tal que q1 = pj ≥ p1 . Logo, p1 = q1 . Cancelando p1 em ambos os lados da equação (6.4), temos que (n + 1)/p1 = p2 . . . pk = q2 . . . qm ≤ n. Logo, por hipótese de indução, k = m e p2 = q2 , . . . , pm = qm , encerrando a demonstração.

6.3


Tratamos aqui alguns exemplos que mostram a utilidade do método de indução na resolução de problemas geométricos. Vamos começar estudando

6

216


duas propriedades importantes dos polígonos. A primeira delas trata da soma dos ângulos internos de um polígono convexo de n lados (n-ágono). Um polígono convexo é um polígono tal que qualquer segmento de reta que liga dois de seus pontos está contido no interior dele. No caso de polígonos, isto é equivalente ao fato de que todo segmento que liga dois vértices ou é uma aresta ou está contido no interior do polígono.

Exemplo 6.12. Mostre que a soma dos ângulos internos de um polígono

convexo de n lados (n ≥ 3) é igual a (n − 2)π radianos.

Solução. No caso de n = 3 a propriedade acima é muito bem conhecida. Desde Tales de Mileto e Euclides se conhecia que a soma dos ângulos internos de um triângulo é π radianos. Façamos mais um caso, tomando n = 4. Neste caso, podemos dividir um quadrilátero em dois triângulos, como mostra a Figura 6.1 (a). Assim, a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 2π radianos. A4

A4

A3 A5

A1

A2 (a)

A3

A1

A2 (b)

Figura 6.1: Dividindo polígonos Para elucidar o processo de indução e não deixar dúvidas sobre o que iremos fazer, vamos considerar mais um polígono, o pentágono (n = 5). Neste caso, para mostrar que a soma dos seus ângulos internos é (5 − 2)π = 3π radianos, iremos dividir o pentágono A1 A2 A3 A4 A5 em um quadrilátero A1 A2 A3 A4 e um triângulo A1 A4 A5 , como mostra a Figura 6.1 (b). Assim,

6.3


217

a soma dos ângulos internos do pentágono A1 A2 A3 A4 A5 é igual à soma dos ângulos internos do triângulo A1 A4 A5 (igual a π ) mais a soma dos ângulos internos do quadrilátero A1 A2 A3 A4 (igual a 2π ), ou seja, é igual a 3π . Finalmente, vamos assumir como hipótese de indução que para um certo n ≥ 3 mostramos que a soma dos ângulos internos do n-ágono é dada pela expressão (n − 2)π . Precisamos mostrar que a soma dos ângulos internos de um n + 1-ágono é [(n + 1) − 2]π = (n − 1)π . De fato, podemos repetir o processo anterior. Vamos denominar de A1 , A2 , . . . , An , An+1 os vértices consecutivos do (n + 1)-ágono. Podemos dividi-lo no n-ágono A1 A2 . . . An e no triângulo A1 An+1 An . Logo, a soma dos ângulos internos do (n+1)-ágono é (n − 2)π + π = (n − 1)π .

Exemplo 6.13. Mostre que o número de diagonais de um polígono convexo

de n-lados é igual a

n(n−3)

2

.

Solução. Observe que para n = 3 temos que existem 0 = 3.(3 − 3)/2 diagonais num triângulo. Para n = 4, temos 2 = 4(4 − 3)/2 diagonais num quadrilátero convexo (veja a Figura 6.2). Vamos agora assumir como hipótese de indução que se n é um nágono convexo então o seu número de diagonais é n(n − 3)/2 e vamos provar que a fórmula vale para um (n + 1)-ágono convexo. De fato, denote por A1 , A2 , . . . , An , An+1 os vértices consecutivos do n + 1-ágono. Podemos decompô-lo como a união do n-ágono A1 , A2 , . . . , An e do triângulo A1 , An , An+1 . Neste caso, para contarmos as diagonais do (n + 1)-ágono devemos considerar os seguintes casos: • Diagonais do n-ágono A1 , A2 , . . . , An ; por hipótese de indução, o número dessas diagonais é n(n − 3)/2. • n − 2 diagonais que partem do vértice An+1 mais a diagonal A1 An .

Assim, o número total de diagonais do (n + 1)-ágono é

n2 − 3n + 2n − 2 n2 − n − 2 (n + 1)(n − 2) n(n − 3) + (n − 2) + 1 = = = , 2 2 2 2

6

218


como queríamos demonstrar. A4

A4

A3 A5

A1

A2

A3

A1

A2

(a)

(b)

Figura 6.2: Diagonais de polígonos

Exemplo 6.14. Mostre que podemos cobrir os

n2 pontos no reticulado a

seguir traçando 2n − 2 segmentos de reta sem tirar o lápis do papel.

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

• |

•

• {z

•

• }

n×n−pontos

Figura 6.3: O problema de bar n × n

6.3


219

Solução. O caso n = 3 já foi enunciado no Problema 1.12 do Capítulo 1. A gura a seguir mostra a solução, onde o caminho realizado com as 4 linhas é o seguinte: A → B → C → D → B . C A

D

•

•

•

•

•

•

•

•

•

B

Figura 6.4: Solução do problema de bar 3 × 3 Daremos a prova do problema acima por indução. Para isso, veja que podemos resolver o caso n = 4 continuando a solução do caso n = 3. Como paramos num dos vértices do quadrado 3×3, acrescentamos mais uma linha e uma coluna para obter um reticulado 4 × 4. Assim, conseguimos cobrir os 16 pontos utilizando 4 + 2 = 6 linhas, sem tirar o lápis do papel e cobrindo dois lados do quadrado, como mostram as linhas descontínuas na Figura 6.5.

A

D

•

•

•C

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

• B

•

Figura 6.5: Completando o reticulado

6

220


Finalmente, vamos assumir como hipótese de indução que podemos cobrir n ≥ 2 um reticulado n × n com 2n − 2 linhas, sendo que a última delas cobre um dos lados do reticulado. Acrescentando 2n+1 pontos como mostra a Figura 6.5, obtemos um reticulado (n + 1) × (n + 1) que pode ser coberto com 2n − 2 + 2 = 2(n + 1) − 2 pontos, como queríamos demonstrar. 6.4

Miscelânea

Nesta seção discutiremos alguns exemplos interessantes de como podemos aplicar o método da indução aos mais variados tipos de problemas. O primeiro deles é uma generalização do Problema 1.8.

Exemplo 6.15 (A Moeda Falsa). Um rei muito rico possui 3n moedas de

ouro. Porém, uma destas moedas é falsa e seu peso é menor que o peso das demais. Com uma balança de 2 pratos e sem nenhum peso, mostre que é possível encontrar a moeda falsa com apenas n pesagens.

Solução. Para resolver este problema, vamos utilizar o Método da Indução. De fato, se n = 1, procederemos da seguinte forma: pegamos duas moedas quaisquer e colocamos na balança, deixando uma do lado de fora. Caso a balança se equilibre, a moeda que está do lado de fora é necessariamente a que tem menor peso. Caso a balança se desequilibre, a que tem menor peso está na balança, no prato mais alto. O caso n = 2 foi feito no Problema 1.8. Vamos agora assumir como hipótese de indução que dadas 3n moedas, podemos achar a moeda mais leve com n pesagens. Vamos mostrar que para 3n+1 moedas, é suciente n + 1 pesagens. De fato, dividiremos as 3n+1 moedas em 3 grupos, A, B e C com 3n moedas cada. Colocamos na balança os grupos A e B . Caso os dois grupos se equilibrem, a moeda mais leve está no grupo C . Caso o grupo A esteja mais leve, a moeda mais leve se encontra no grupo A. De qualquer modo, com uma pesagem conseguimos

6.4

Miscelânea

221

determinar em qual grupo de 3n elementos a moeda mais leve se encontra. Por hipótese de indução, precisamos de mais n pesagens para encontrar a moeda mais leve, totalizando n + 1 pesagens. Desaamos o leitor a mostrar que não é possível realizar tal tarefa com menos de n pesagens.

Exemplo 6.16. Mostre que utilizando um balde com 5 litros de capacidade e outro com 7 litros, é possível separar qualquer quantidade superior ou igual a 24 litros.

Solução. Novamente, faremos a prova utilizando o Método da Indução. Neste caso, começaremos o processo de indução a partir de 24. De fato, podemos separar 24 litros utilizando duas vezes o balde de 7 e duas vezes o balde de 5 litros. Note que o problema acima equivale a mostrar que Todo número maior ou igual a 24 pode ser escrito da forma 7x + 5y , onde x e y são números inteiros maiores ou iguais a zero. Neste caso, escrevemos 24 como 24 = 2 · 7 + 2 · 5. Por hipótese de indução, vamos supor que conseguimos escrever um número n ≥ 24 como n = 7x + 5y , com x e y números inteiros maiores ou iguais a zero. Devemos mostrar que n + 1 se escreve deste modo também. Para isso, vamos dividir a análise em dois casos:

Caso 1:

y≤3

Logo, x ≥ 2 pois se isso não ocorresse, teríamos 7x + 5y ≤ 22 < 24, o que é impossível. Assim, podemos escrever: n + 1 = 7x + 5y + 1 = 7(x − 2) + 5(y + 3),

pois x − 2 ≥ 0.

Caso 2:

y≥4

6

222


Neste caso, y − 4 ≥ 0. Logo, podemos escrever: n + 1 = 7x + 5y + 1 = 7(x + 3) + 5(y − 4),

nalizando a nossa prova por indução. 6.4.1

Cuidados ao Usar o Princípio da Indução

Observação 6.17. Quando aplicamos o princípio da indução devemos tomar certos cuidados. A seguir damos um exemplo de como o método pode ser aplicado de forma errada. Vamos mostrar a seguinte armação:

Armação: Num conjunto qualquer de n bolas, todas as bolas

possuem a mesma cor.

Observe que nossa proposição é claramente falsa. Mas, mesmo assim, vamos dar uma prova por indução. Para n = 1, nossa proposição é verdadeira pois em qualquer conjunto com uma bola, todas as bolas têm a mesma cor, pois só existe uma bola. Assuma por hipótese de indução que a proposição é verdadeira para n e provemos que a proposição é verdadeira para n+1. Ora, seja A = {b1 , . . . , bn , bn+1 } o conjunto com n + 1 bolas referido. Considere os subconjuntos de B e C de A com n elementos, construídos como: B = {b1 , b2 , . . . , bn } e C = {b2 , . . . , bn+1 }

Observe que ambos os conjuntos têm n elementos. Assim, as bolas b1 , b2 , . . . , bn do conjunto B têm a mesma cor. Do mesmo modo, as bolas do conjunto C têm a mesma cor. Em particular, a bola bn tem a mesma cor da bola bn+1 . Assim, todas as bolas têm a mesma cor. Ache o erro no argumento! Se você não conseguir, leia a nota de rodapé. 1 1 Uma

dica da solução encontra-se no nal do capítulo.

6.5

Indução e Recorrências

6.5

223


Vamos começar esta seção discutindo um problema muito conhecido e interessante.

Exemplo 6.18 (As Torres de Hanói2 ). Diz uma antiga lenda que na origem

dos tempos, em um templo de Hanói, foram colocados 64 discos perfurados de ouro puro e de diâmetros diferentes ao redor de uma de três hastes de diamante. Muitos sacerdotes moviam os discos, respeitando as seguintes regras: eles começam empilhados em ordem crescente de acordo com seu tamanho (ver Figura 6.6). Os discos podem ser deslocados de uma coluna para qualquer outra, sendo que nunca pode ser colocado um disco maior em cima de um menor e a cada segundo os sacerdotes movem um disco. Quando os sacerdotes transportassem todos os discos de uma coluna para outra, o mundo se acabaria. Suponha que eles começaram esse processo no ano 2000 e que a lenda é verdadeira, quanto tempo ainda resta para a Terra?

Figura 6.6: Torre de Hanói Para responder esse problema, consideraremos o problema geral de descobrir quantos movimentos são necessários para mover n anéis de uma haste para outra. Argumentaremos do seguinte modo: observe que podemos mover os discos para outra haste se n = 1 ou 2. Com efeito, se temos somente um anel basta mover este para qualquer outra haste com um único movimento. 2 Este

jogo foi inventado, em 1882, pelo matemático Francês Édouard Lucas.

6

224


Se temos 2 anéis então movemos o menor deles para a segunda haste, o maior para a terceira haste e, nalmente, o menor para a terceira haste, realizando um total de 3 movimentos. Para calcular o caso geral, vamos empregar um método chamado de método recursivo: o número ak+1 de movimentos necessários para mover k + 1 anéis será expresso como uma função de ak . De fato, se temos k + 1 anéis na primeira haste e sabemos mover k anéis de uma haste para outra utilizando ak movimentos, então podemos mover todos os k + 1 anéis para a segunda haste usando 2ak + 1 movimentos. De fato, movemos todos eles, exceto o maior, para a terceira haste usando ak movimentos. A seguir, colocamos o maior na segunda haste usando 1 movimento. Imediatamente, deslocamos todos os anéis da terceira haste para a segunda haste usando mais ak movimentos. Logo, movemos todos os k + 1 anéis utilizando 2ak + 1 movimentos. Em resumo: ak+1 = 2ak + 1,

(6.5)

onde ak é o número de movimentos necessários para mover k discos de uma haste para outra. Vamos agora usar indução para provar que ak = 2k − 1. Uma vez constatada a veracidade da armação para k = 1, 2, para calcular ak , por hipótese de indução, vamos assumir que ak = 2k − 1. Temos pela equação (6.5): ak+1 = 2ak + 1 = 2(2k − 1) − 1 = 2k+1 − 1.

como queríamos demonstrar. Vamos aproveitar o Exemplo 6.18 para discutir algumas equações que aparecem em muitas situações em Matemática: as equações de recorrência. Em geral, uma equação de recorrência é uma equação envolvendo uma certa quantidade de termos de sequência xn . Para ilustrar isso, observe a equação (6.5). Aqui, estaremos interessados em um tipo particular de equação de recorrência, as equações de recorrência lineares.

6.5


225

Denição 6.19. Uma equação de recorrência linear de grau

k é uma ex-

pressão da forma:

xn+1 =rk−1 xn + rk−2 xn−1 + · · · + r0 xn−k+1 x1 = a1 , x2 = a2 , . . . , xk = ak ,

(6.6)

onde r0 , r1 , . . . , rk−1 são números reais e r0 6= 0. Por exemplo, são equações de recorrência lineares as seguintes equações 2xn − 3xn+1 = 0

e

2 − 3xn + xn+1 = 5xn+2 3

e não são equações de recorrência lineares as equações 2(xn )3 − 5xn+1 = 0

e

2 − 3xn + xn+1 = 5xn+2 + 3. 3

Exemplo 6.20 (Sequência de Fibonacci). Um exemplo muito interessante

de equação de recorrência é a sequência conhecida por sequência de Fibonacci, devido ao matemático italiano Leonardo di Pisa (1170-1250). Esta sequência adquiriu muita fama devido a suas conexões com áreas das mais variadas na cultura humana. Ela aparece em problemas de Biologia, Arquitetura, Engenharia, Física, Química e muitos outras áreas da ciência e arte. Denimos a sequência de Fibonacci como sendo a sequência Fn que satisfaz a seguinte equação de recorrência: F1 = 1; F2 = 1; Fn = Fn−1 + Fn−2 , se n ≥ 3.

Agora vamos utilizar indução para mostrar algumas de suas propriedades.

6

226


Exemplo 6.21. Considere Fn a sequência de Fibonacci. Mostre que n 7 . Fn < 4

n

Solução. Denamos a proposição p(n) := Fn < 47 . Para n = 1 temos que F1 = 1 < 74 , de modo que p(1) é verdadeira. Suponhamos que p(1), p(2), . . . , p(n), ∀n ≥ 2,

sejam todas verdadeiras. Mostraremos que Fn+1 <

n−1 + 47 n−1 n−1 < 74 74 + 74 n−1 . < 1 + 74 74

Fn+1 = Fn + Fn−1 <

Como 1 +

7 4

<

7 2 4 ,

7 n 4

7 n+1 . 4

segue-se que Fn+1 < Fn+1 <

7 n+1 . 4

7 2 4

7 n−1 . 4

Com efeito,

Portanto,

Exemplo 6.22. Dada a seguinte relação de recorrência a0 = 8; a1 = 10; an = 4an−1 − 3an−2 ,

∀n ≥ 2.

Mostre que an = 7 + 3n , para todo n ∈ Z+ . Solução. Denamos a proposição P (n) : an = 7 + 3n . P (0) é verdadeira, pois P (0) = 7 + 30 = 7 + 1 = 8. Suponhamos que P (k) é verdadeiro para cada inteiro k tal que 1 ≤ k ≤ n. Vamos mostrar que P (k) é verdade para

6.5


227

k = n + 1. Com efeito, an+1 = 4an − 3an−1

= 4(7 + 3n ) − 3(7 + 3n−1 )

= 7 + 4 × 3n − 3 × 3n−1 = 7 + 3n−1 4 × 3 − 3 = 7 + 3n−1 9 = 7 + 3n−1 × 32 = 7 + 3n+1 .

Vamos agora discutir o caso geral da equação de recorrência linear (6.6). Para isso, vamos fazer algumas observações preliminares que deixaremos a cargo do leitor: • se an e bn são soluções da equação (6.6), então an + bn também é

solução;

• se an é solução da equação (6.6) e α é um número real, então αan

também é solução.

Com isto em mente, vamos descrever agora como obter todas as soluções xn da equação (6.6) em função de n. Observe que dados os termos iniciais a1 , a2 , . . . , ak a sequencia xn ca inteiramente determinada pela equação de recorrência. O interessante aqui é determinar o termo xn+1 sem que seja preciso o cálculo dos termos xn , xn−1 , . . . , xn−k+1 . Vamos primeiro procurar o que se chama de solução particular da equação (6.6). Particular porque ela assume uma forma característica e porque não assumiremos que as condições x1 = a1 , . . . , xk = ak valham. Vamos procurar soluções do tipo xn = λn , onde λ é um número real positivo. Neste caso, temos que: λn+1 = xn+1 =rk−1 xn + rk−2 xn−1 + · · · + r0 xn−k+1

= rk−1 λn + rk−2 λn−1 + · · · + r0 λn−k+1 .

6

228


Passando os termos do lado direito da igualdade e colocando em evidência o termo λn−k+1 temos: λn−k+1 λk − rk−1 λk−1 − rk−2 λk−2 − · · · − r0 = 0.

(6.7)

λk − rk−1 λk−1 − rk−2 λk−2 − · · · − r0 = 0.

(6.8)

Assim, como λk 6= 0, pois λ > 0, temos que

O polinômio p(λ) = λk − rk−1 λk−1 − rk−2 λk−2 − · · · − r0

recebe o nome especial de polinômio característico da equação de recorrência (6.6). Acabamos de mostrar que qualquer raiz do polinômio característico gera uma solução particular da equação (6.6). Vamos assumir que a equação (6.8) possui k raízes diferentes, digamos λ1 > λ2 > · · · > λk . Então vale o seguinte teorema:

Teorema 6.23. Se escolhermos números reais c1 , c2 , . . . , ck , então xn = c1 λn1 + c2 λn2 + · · · + ck λnk

(6.9)

é uma solução da equação de recorrência, onde os termos iniciais ai para i = 1, 2, . . . , k são: ai = c1 λi1 + c2 λi2 + · · · + ck λik .

Demonstração. Para mostrar o teorema, como x1 = a1 , . . . xk = ak pela denição dos ai 's, basta mostrar que xn é uma solução. Ora, o produto de uma solução por um número real também é uma solução. Assim, como λni é uma solução para i = 1, 2, . . . , k e ci é um

6.6

Exercícios

229

número real, temos que ci λni é solução para i = 1, 2, . . . , k. Como já vimos acima, a soma de soluções é também uma solução. Logo, xn = c1 λn1 + c2 λn2 + · · · + ck λnk

é uma solução. Neste ponto, voltamos a equação (6.6). Desde o princípio, dados os números ai buscávamos a solução xn tal que x1 = a1 , . . . , xk = ak . A Equação (6.9) nos dá uma variedade de soluções, onde podemos escolher os números ci como bem entendermos. Usando equações lineares, podemos mostrar que sempre é possível escolher os números ci de modo que x1 = a1 , . . . , xk = ak . Isso encerra nossa busca. Para complementar esta seção, recomendamos a leitura do Capítulo 3 de [4].

6.6

Exercícios

1. Se qn denota a soma qn = 12 + 22 + · · · + n2 , prove que para todo n∈N

qn =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

2. Use o princípio da indução para provar as seguintes armações: (a) 3n+1 + 2n+2 é divisível por 7 para todo n ∈ N; (b) a soma dos cubos de três números naturais consecutivos é divisível por 9; (c) 7 + 77 + 777 + · · · + 777 . . . 7} = 7(10n+1 − 9n − 10)/81; | {z n−vezes

(d) (n + 1)(n + 2) . . . (n + n) = 2n · 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1).

3. Use o princípio da indução para provar as seguintes desigualdades:

6

230

(a) 2n−1 (an + bn ) > (a + b)n , a 6= b;


∀n ∈ N, com a, b ∈ R, a + b > 0 e

√ 1 1 1 1 n, para todo n ∈ N; n 1 2 3 1 1 1 1 13 (c) + + + ··· + > , para todo n ∈ N. n+1 n+2 n+3 2n 24

(b) √ + √ + √ + · · · + √ >

4. Mostre a seguinte identidade trigonométrica cos x + 2 cos 2x + · · · + n cos nx =

(n + 1) cos nx − n cos(n + 1)x − 1 . 4 sin2 x2

5. Um torneio de xadrez tem n jogadores. Cada jogador joga uma única partida com cada um dos outros jogadores. Calcule o número total de partidas realizadas no torneio. 6. Demonstre que para qualquer n ∈ N é válida a igualdade

n(n + 1) 1 + 2 + 3 + ··· + n = 2 3

3

3

3

2

.

7. Demonstre que para qualquer n ∈ N é valida desigualdade 1 n an = 1 + < 3. n

8. Prove que, para todo n ∈ N e a > 0, s

a+

|

r

√ q √ 1 + 4a + 1 a + a + ··· + a < . 2 {z } n−radicais

9. Mostre que para qualquer número natural n ≥ 0, 11n+2 + 122n+1 é sempre divisível por 133. 10. Mostre que para todo n ∈ Z+ temos que 32n+1 + 2n+2 é um múltiplo de 7.

6.6

Exercícios

231

11. Mostre que para todo n ∈ Z+ temos que 32n+2 + 26n+1 é um múltiplo de 11. 12. Considere Fn a sequência de Fibonacci . Mostre que 1 Fn = √ 5

√ !n 1 1+ 5 −√ 2 5

√ !n 1− 5 . 2

13. Mostre as seguintes propriedades a respeito da sequência de Fibonacci Fn : (a) (c)

n X

i=1 n X i=1

Fi = Fn+2 − 1; F2i = F2n+1 − 1;

(b)

n X

F2i−1 = F2n ;

i=1

(d) Fn−1 Fn+1 − Fn2 = (−1)n .

14. De quantas formas diferentes podemos cobrir um tabuleiro de 2 × n com peças de dominós que cobrem exatamente duas celas do tabuleiro? 15. Calcular o número de regiões em que o plano é dividido por n retas distintas em cada uma das seguintes situações: (a) as n retas são concorrentes; (b) não existem duas retas paralelas nem três retas concorrentes.3 16. Dizemos que uma gura é enquadrável com régua e compasso, se a partir dela é possível, utilizando apenas régua e compasso, construir um quadrado de mesma área. Prove que: 3 Até

onde sabemos, este problema é conhecido como a pizza de Steiner, o qual foi resolvido, em 1826, pelo notável geômetra Jacob Steiner (1796-1863).

6

232


(a) um triângulo é sempre enquadrável; (b) um polígono qualquer é enquadrável.

Sugestão para o item (b): Utilize indução dividindo a gura em triângulos. 17. Dê uma resposta à situação á Observação 6.17.

Sugestão: Observe a validade do argumento quando o conjunto A tem 2 elementos. Veja que B e C não se intersectam. Ou seja, o passo indutivo falha de n = 1 para n = 2.

Referências Bibliográcas [1] AIGNER, M. e ZIEGLER, G. (2002). As Provas estão no Livro. Edgard Blücher. [2] GARCIA, A. e LEQUAIN, I. (2003). Elementos de Álgebra. Projeto Euclides, IMPA. [3] LIMA, E. L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004). A Matemática do Ensino Médio. Volume 1. Sociedade Brasileira de Matemática. [4] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E. e MORGADO, A.C. (2004). A Matemática do Ensino Médio. Volume 2. Sociedade Brasileira de Matemática. [5] LIMA,E.L.; CARVALHO,P. C. P.; WAGNER,E. e MORGADO,A.C. (2004). A Matemática do Ensino Médio. Volume 3. Sociedade Brasileira de Matemática. [6] LIMA, E.L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER,E. e MORGADO, A.C. (2001). Temas e Problemas. Sociedade Brasileira de Matemática. [7] LIMA, E.L. (2001). Álgebra Linear. Sociedade Brasileira de Matemática.

285

286


[8] MORAIS FILHO, D. C. (2007). Um Convite à Matemática. EDUFCG. [9] MORGADO, A.; CARVALHO, J.; CARVALHO, P.; FERNANDEZ, P. (1991). Análise Combinatória e Probabilidade . Sociedade Brasileira de Matemática. [10] RIBENBOIM, P. (2001). Números Primos: Mistérios e Recordes. Sociedade Brasileira de Matemática. [11] SANTOS, J. P. O. (1993) Introdução à Teoria dos Números. IMPA. [12] SANTOS, J. P. O.; MELLO, M. P. e MURARI, I. T. C. (2006). Introdução à Análise Combinatória. Editora Unicamp. [13] SOARES, M. G. (2005). Cálculo em uma Variável Complexa. Sociedade Brasileira de Matemática.





Adán J. Corcho

Unidade IV: Capítulos VII e VIII

7 Desigualdades Existem duas formas de fazer ótima Matemáti a. A primeira é ser mais esperto que todo mundo. A segunda é ser mais estúpido que todo mundo mas persistente. Raoul Bott

Neste capítulo estudaremos algumas desigualdades clássicas que são usadas frequentemente na resolução de problemas matemáticos, sendo estas aplicadas em contextos que variam desde o nível mais simples até o mais complexo. Uma vez que uma inequação em uma ou mais variáveis é resolvida, o resultado dá lugar a uma desigualdade que é válida para um certo conjunto de valores. Alguns exemplos simples de desigualdades são os seguintes: (a)

x ≤ |x|,

para qualquer

(b)

x2 < x,

se

(c)

(x − y)2 ≥ 0,

(d)

x y

+

y x

≥ 2,

−1 < x < 1;

x < 1; para quaisquer

para quaisquer

x

e

y

reais;

x, y > 0. 233

234

7

7.1

Desigualdades


A desigualdade triangular arma o seguinte

Teorema 7.1 (Desigualdade Triangular). Dado um triângulo ABC o

comprimento de um dos lados é sempre inferior à soma dos comprimentos dos outros dois lados, ou seja, AB < AC + CB,

AC < AB + BC

e BC < BA + AC.

C

A

B

Figura 7.1:


Em outras palavras, a desigualdade triangular é a formulação matemática da ideia intuitiva de que o caminho reto é mais curto entre os pontos A e B. Em analogia com a geometria plana temos uma versão da desigualdade triangular para números reais, que provamos a seguir.

Proposição 7.2. Sejam a e b números reais quaisquer, então |a + b| ≤ |a| + |b|.

Demonstração. contrário, se

a + b ≥ 0, então |a + b| = a + b ≤ |a| + |b|. a + b < 0, então |a + b| = −a − b ≤ |a| + |b|. Se

Caso

7.1


235

Corolário 7.3. As seguintes desigualdades valem |a − b| ≤ |a| + |b|

(7.1)

|a − b| ≥ |a| − |b|, |a − b| ≥ |a| − |b|

Demonstração.

(7.2) (7.3)

|a − b| = |a + (−b)| ≤ desigualdade decorre de |a| =

Para a primeira, escrevemos

|a| + | − b| = |a| + |b|. A segunda |b + (a − b)| ≤ |b| + |a − b|. A última desigualdade segunda, trocando os papéis de a e b.

é consequência da

D C A

•O •P B

Figura 7.2:

Problema da central de energia

Exemplo 7.4. Quatro cidades rurais, A, B , C e D, estão situadas

geogracamente formando um quadrilátero convexo. Deseja-se construir uma central de distribuição de energia para as quatro cidades de modo que a soma total das distâncias da central a cada uma das quatro cidades seja a mínima possível. Onde deverá ser construída a central? Solução.

no ponto

Mostraremos que a central de energia deverá ser colocada

O

de intersecção das diagonais do polígono

ABCD.

Com

236

7

efeito, considerando um ponto

P,

diferente de

O,

Desigualdades

(veja Figura 7.2) a

desigualdade triangular nos garante que

OA + OC = AC < P A + P C e

OB + OD = BP < P B + P D, de onde se segue que

OA + OC + OB + OD < P A + P C + P B + P D, como esperávamos.

Exemplo 7.5. Duas torres de alturas h1 e h2 , respectivamente, estão

separadas a uma distância d. As torres são amarradas por uma corda AP B que vai do topo A da primeira torre para um ponto P no chão, entre as torres, e então até o topo B da segunda torre, como na Figura 7.3. Qual a posição do ponto P que nos dá o comprimento mínimo da corda a ser utilizada? A B

P Figura 7.3:

Problema das Torres


7.1

Solução.

237

Imaginemos que a superfície do chão é um espelho e que re-

etimos o ponto através deste, obtendo assim o ponto

B0

como mostra

a Figura 7.4.

A B

P

C P

D

′

B′ Figura 7.4:

Solução geométrica do problema das torres

Consideremos o segmento

AB 0

que intercepta o chão no ponto

P

e para nossa surpresa vericaremos que este é o ponto que nos dá o comprimento mínimo das cordas. Com efeito, suponhamos que existe outro

P0

situado entre as torres que nos dá um comprimento menor

BP D B0P 0D

para a corda, então da Figura 7.4 é fácil ver que os triângulos e

0

B PD

são congruentes, assim como os triângulos

0

BP D

e

também são congruentes. Logo, as seguintes igualdades seguem diretamente das congruências:

BP = B 0 P

e

BP 0 = B 0 P 0 .

Agora, usando a desigualdade triangular no triângulo

AB 0 P 0 e as igual-

dades acima, temos que

AP 0 + P 0 B = AP 0 + P 0 B 0 ≥ AB 0 = AP + P B 0 = AP + P B,

238

7

chegando assim à conclusão de que

AP + P B

Desigualdades

nos oferece o compri-

mento mínimo desejado. Agora calcularemos a que distância está que

AC = h1 , BD = h2

e

CD = d

tang(]BP D)

Daí tem-se

7.2

PD =

=

dh2 . h1 + h2

P

da base

D.

Lembremos

e observamos que

h1 h2 = . PD d − PD

Desigualdade das Médias

Denição 7.6. Sejam a1 , a2 , . . . , an−1 e an números reais positivos.

As quantidades

mh (a1 , a2 , . . . , an ) =

n , 1/a1 + 1/a2 + · · · + 1/an

mg (a1 , a2 , . . . , an ) =

√ n

ma (a1 , a2 , . . . , an ) =

a1 + a2 + · · · + an , n

a1 a2 · · · an ,

r mq (a1 , a2 , . . . , an ) =

a21 + a22 + · · · + a2n n

(7.4)

(7.5)

(7.6)

(7.7)

são chamadas, respectivamente, de média harmônica, média geométrica, média aritmética e média quadrática dos números ai , i = 1, 2, . . . , n. A seguir provaremos alguns resultados que estabelecem relações de desigualdades entre as médias denidas acima.

7.2


239

Proposição 7.7 (Desigualdade das Médias Aritmética e Quadrática). Dados a1 , a2 , . . . , an números reais positivos tem-se a1 + a2 + · · · + an ≤ n

r

a21 + a22 + · · · + a2n , n

ou seja, ma (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ mq (a1 , a2 , . . . , an ). Além disso, a igualdade vale se, e somente se, a1 = a2 = · · · = an . Demonstração.

Usando a igualdade

X 1≤i
2

(ai − aj ) = (n − 1)

n X i=1

a2i − 2

X

ai aj

(7.8)

1≤i
concluímos que,

2

X 1≤i
ai aj ≤ (n − 1)

n X

a2i ,

(7.9)

i=1

dado que o termo da esquerda em (7.8) é não negativo. Somando em n P ambos os membros de (7.9) a quantidade a2i obtemos i=1

n n X 2 X ai ≤ n a2i , i=1

donde, dividindo por

n2

i=1

e tomando a raiz quadrada, segue-se a desi-

gualdade desejada. Por último, observamos que a igualdade em (7.9) é atingida se, e somente se,

P

(ai − aj )2 = 0,

o que é verdade se,

1≤i
a1 = a2 = · · · = an .

Proposição 7.8 (Desigualdade das médias Geométrica e Aritmética). Dados a1 , a2 , . . . , an números reais positivos tem-se

√ a1 + a2 + · · · + an n a1 a2 · · · an ≤ , n

240

7

Desigualdades

ou seja, mg (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ ma (a1 , a2 , . . . , an ). Além disso, a igualdade vale se, e somente se, a1 = a2 = · · · = an . Demonstração.

A prova desta desigualdade é mais técnica e exige um

pouco mais de esforço. Dividiremos a mesma em dois passos.

Passo 1.

n = 2m . Para n = 2

A desigualdade vale para

Procederemos por indução.

a desigualdade vale. De

fato,

√ √ √ ( a1 − a2 )2 = a1 + a2 − 2 a1 a2 ≥ 0. √ √ a +a Assim, a1 + a2 ≥ 2 a1 a2 e conseqüentemente 1 2 ≥ a1 a2 . 2 Agora provamos que se a desigualdade vale para n = k , também vale para n = 2k . Com efeito,

então

a1 +···+ak 2k + ak+1 +···+a a1 + · · · + a2k k k = 2k 2 √ √ (1) k a1 · · · ak + k ak+1 · · · a2k ≥ 2 (2) q √ √ k a1 · · · ak k ak+1 · · · a2k ≥ √ = 2k a1 · · · a2k , onde em (1) e (2) usamos a validade da desigualdade em para

n=k

n = 2, respectivamente. Logo, como já provamos a validade n = 2, é claro que vale também para n = 4, 8, . . . , 2m , . . . , como

e para para

esperávamos.

Passo 2. todo

Dado

m

n<2

m

inteiro positivo, então a desigualdade vale para

.

Para vericar isto, denimos o número

L=

√ n a1 · · · an ,


7.2

e como a desigualdade vale para

241

n = 2m ,

a1 + · · · + an + L · · + L} | + ·{z 2m −n vezes

2m Portanto,

temos então que

2m

p a1 · · · an · L2m −n √ 2m = Ln · L2m −n = L. ≥

a1 + · · · + an + (2m − n)L ≥ L, 2m

logo

a1 + · · · + an ≥ 2m L − (2m − n)L = nL, obtendo assim que

√ a1 + · · · + an ≥ nL = n n a1 · · · an , o que nos dá a desigualdade desejada. Como para qualquer inteiro positivo positivo

m

tal que

m

n<2

n

sempre existe um inteiro

n. a1 = a2 = · · · = an

, a desigualdade ca provada para todo

A prova de que a igualdade só ocorre quando

pode também ser feita por indução e deixamos a cargo do leitor.

Proposição 7.9 (Desigualdade das Médias Harmônica e Geométrica). Dados a1 , a2 , . . . , an números reais positivos tem-se

√ n ≤ n a1 a2 · · · an , 1/a1 + 1/a2 + · · · + 1/an

ou seja, mh (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ mg (a1 , a2 , . . . , an ). Além disso, a igualdade vale se, e somente se, a1 = a2 = · · · = an . Demonstração.

Usando a Proposição 7.8 com os números

ai

substituí-

1/ai (i = 1, 2 . . . , n) vale que n n Y 1 1/n 1X 1 = mg (1/a1 , . . . , 1/an ) ≤ ma (1/a1 , . . . , 1/an ) = . a n i=1 ai i=1 i

dos por

242

Desigualdades

7

Invertendo esta última desigualdade, obtemos então

mh (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ mg (a1 , a2 , . . . , an ), concluindo-se assim a prova. Notemos que as igualdades só ocorrem

1/a1 = 1/a2 = · · · = 1/an an . se

equivalem as igualdades

a1 = a2 = · · · =

O próximo resultado resume as relações provadas, nas proposições 7.7, 7.8 e 7.9, para as médias

mh , mg , ma

e

mq .

Teorema 7.10 (Desigualdade das Médias). Para toda coleção de nú-

meros reais positivos a1 , a2 , . . . , an−1 e an se vericam as seguintes desigualdades: min(a1 , . . . , an ) ≤ mh (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ mg (a1 , a2 , . . . , an )

(7.10)

≤ ma (a1 , a2 , . . . , an )

≤ mq (a1 , a2 , . . . , an ) ≤ max(a1 , . . . , an ).

Além disso, em cada caso a igualdade ocorre se, e somente se, a1 = a2 = · · · = an .

Exemplo 7.11. Num triângulo retângulo a altura relativa à hipote-

nusa é sempre menor ou igual que a metade da hipotenusa. Além disso, a igualdade só ocorre quando o triângulo retângulo é isósceles (ou seja, seus catetos são iguais). Solução.

Usando a Figura 7.5, temos que a hipotenusa

c = x+y

e usando o teorema das alturas para um triângulo retângulo

c

é dada por


7.2

temos que

h2 = xy ,

logo

243

h=

√

xy.

A desigualdade entre as médias

geométrica e aritmética nos dá que

h=

√

xy ≤

x+y c = , 2 2

como queríamos. Além disso, a altura é a metade da hipotenusa se, e

a

b

h y

x

c

Interpretação geométrica da desigualdade das médias geométrica e aritmética Figura 7.5:

somente se, a igualdade entre as médias ocorre, ou seja, quando Então, os catetos

x = y.

a e b do triângulo são iguais, sendo este isósceles.

Exemplo 7.12 (Desigualdade Isoperimétrica para Triângulos). O perímetro de um triângulo de lados a, b e c é a soma p = a + b + c. Entre todos os triângulos com perímetro xado p o de maior área é o triângulo equilátero. Solução.

Usando a Fórmula de Herón temos que a área de um triân-

gulo com perímetro

p

é dada pela expressão

A= onde

a, b

e

c

q

p p ( 2 2

− a)( p2 − b)( p2 − c),

são os lados do triângulo.

Usando agora a desigualdade

s p A≤

p 2

2

mg ≤ ma

3 p p −a+ −b+ −c 2 2 3

temos que,

=

p2 √ . 12 3

244

7

Logo a maior área possível é

p 2

−a=

p 2

2 p√ , a qual é atingida quando 12 3

−b=

p 2

− c ⇔ a = b = c,

ou seja, quando o triângulo é equilátero. √ 2 p√ a2 3 = . 4 12 3

Exemplo 7.13

Desigualdades

Notemos que neste caso,

.

(Desigualdade Isoperimétrica para Paralelepípedos)

Entre todos os paralelepípedos com área lateral xada A o de maior volume é o cubo (ou seja, o paralelepípedo com todos seus lados iguais). c

b a

A área lateral de um paralelepípedo de lados a, b e c é dada por AL = 2(ab + bc + ac).

Figura 7.6:

Solução.

Denotando por

a, b

e

c

as medidas das arestas do paralele-

pípedo sabemos que é a soma das áreas de todas as faces do paralelepípedo, ou seja,

AL = 2(ab + ac + bc). Sendo

V

o volume do paralelepípedo e usando a desigualdade entre as

médias aritmética e geométrica temos que

3 3 AL ab + ac + bc = . V = ab · ac · bc ≤ 3 6 q AL 3 Assim, o maior volume possível é V = , obtido 6 ac = bc, consequentemente a = b = c. 2

(7.11)

quando

ab =


7.3

7.3

245


Teorema 7.14

(Desigualdade de Cauchy-Schwarz)

. Dados a1 , . . . ,

an e b1 , . . . , bn números reais tem-se q q 2 2 |a1 b1 + · · · + an bn | ≤ x1 + · · · + an b21 + · · · + b2n

(7.12)

Além disso, a igualdade só ocorre se existir um número real α, tal que a1 = αb1 , . . . , an = αbn ou b1 = αa1 , . . . , bn = αan . Demonstração. n X i=1

Usando a identidade de Lagrange:

a2i

n X

b2i

=

n X

i=1

temos que

ai b i

2

+

i=1

n X

ai b i

X

(ai bj − aj bi )2

1≤i
2

i=1

≤

n X i=1

a2i

n X

b2i ,

i=1

de onde se obtém diretamente a desigualdade de Cauchy-Schwarz. Além disso, a igualdade ocorre se, e somente se,

X

(ai bj − aj bi )2 = 0 ⇐⇒ ai bj − aj bi = 0, 1 ≤ i < j ≤ n,

1≤i
o que é verdade se, e somente se, existe com

α tal que ai = αbi

ou

bi = αai ,

i = 1, 2, . . . , n.

Exemplo 7.15. Entre todos os triângulos retângulos de catetos a e b

e hipotenusa c xada, o que tem maior soma dos catetos s = a + b é o triângulo isósceles. Solução.

Usando a desigualdade de Cauchy-Schwarz temos que

a+b=a·1+b·1≤

√

√ √ a2 + b2 12 + 12 = c 2

246

Desigualdades

7

a = λ·1 e b = λ·1 devemos ter a = b.

e este máximo é atingido quando

1 = λ · b.

Em qualquer caso

Exemplo 7.16

(Desigualdade de Minkowski)

ou

1 = λ·a

e

. Dados ai , bi com 1 ≤

i ≤ n, números reais, tem-se v v v u n u n u n X X u u uX 2 t (ai + bi )2 ≤ t ai + t b2i . i=1

Solução.

i=1

i=1

Partimos da seguinte igualdade:

n X

(ai + bi )2 =

i=1

n X

a2i +

i=1

n X

b2i + 2

i=1

n X

ai b i .

(7.13)

i=1

Aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz no lado direito de (7.13) temos que

n X i=1

(ai + bi )2 ≤

n X

a2i +

i=1

n X

v v u n u n uX uX 2 2 at b2 b + 2t i

i

i=1

i=1

v v 2 u n u n uX uX = t a2 + t b2  . i

i=1

i

i=1 (7.14)

i

i=1

Tomando raiz quadrada em ambos os membros de (7.14) obtemos a desigualdade de Minkowski.

7.4

Desigualdade de Jensen

A Desigualdade de Jensen está estreitamente relacionada com o conceito de convexidade, o qual explicamos a seguir.


7.4

247

Denição 7.17. Uma função f : [α, β] → R é dita convexa se para quaisquer a, b ∈ [α, β] e para todo λ ∈ [0, 1] satisfaz

f λa + (1 − λ)b ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b).

y y = f (x) •(b, f (b)) (a, f (a)) •

a Figura 7.7:

x

b

Gráco de uma função convexa

Geometricamente, a denição de convexidade signica que para cada par de pontos

a

e

b

escolhidos no intervalo

[α, β]

o gráco da

função encontra-se abaixo do segmento de reta secante que junta os pontos

(a, f (a))

e

(b, f (b)),

como mostra a Figura 7.7.

Exemplo 7.18. A função f (x) = x2 é convexa em qualquer intervalo

[α, β].

Solução.

Sejam

a, b ∈ [α, β] e suponhamos, sem perda de generalidade,

248

7

que

a < b.

Então, para todo

λ ∈ [0, 1]

Desigualdades

valem as desigualdades:

(λa + (1 − λ)b)2 = λ2 a2 + (1 − λ)2 b2 + 2λ(1 − λ)ab (1)

≤ λ2 a2 + (1 − λ)2 b2 + λ(1 − λ)(a2 + b2 )

(7.15)

= a2 [λ2 + λ(1 − λ)] + b2 [(1 − λ)2 + λ(1 − λ)] = λa2 + (1 − λ)b2 ,

onde na passagem (1) usamos a desigualdade

ab ≤

a2 +b2 . 2

Exemplo 7.19. A função f (x) = 1/x é convexa em qualquer intervalo

[α, β] com α positivo.

Solução.

Sendo

a, b ∈ [α, β]

com

a < b,

para todo

λ ∈ [0, 1]

tem-se

1 = (λ + (1 − λ))2

= λ2 + 2λ(1 − λ) + (1 − λ)2 a b (1) 2 + λ(1 − λ) + (1 − λ)2 ≤λ + b a a b = λ2 + λ(1 − λ) + λ(1 − λ) + (1 − λ)2 b a λ (1 − λ) λ (1 − λ) = λa + +(1 − λ)b + a b a b λ (1 − λ) = λa + (1 − λ)b + a b

onde na passagem (1) usamos que meros positivos

a

e

b.

a/b + b/a ≥ 2

para quaisquer nú-

De (7.16) segue-se que

1 1 1 ≤ λ + (1 − λ) , λa + (1 − λ)b a b mostrando isto a convexidade da função

1 . x

(7.16)

7.4


249

Observemos que, usando a desigualdade entre as médias aritmética e quadrática obtemos

a1 + a2 + · · · + an n

2 ≤

a21 + a22 + · · · + a2n , n

em outras palavras

(ma (a1 , a2 , . . . , an ))2 ≤ ma (a21 , a22 , . . . , a2n ).

(7.17)

Por outro lado, a desigualdade entre as médias harmônica e aritmética nos garantem que

1 ≤ ma (1/a1 , 1/a2 . . . , 1/an ). ma (a1 , a2 , . . . , an )

(7.18)

O seguinte resultado garante que as propriedades (7.17) e (7.18), satisfeitas pelas funções convexas

x2

e

1 , são válidas para qualquer função x

convexa.

Teorema 7.20

. Seja f : [α, β] → R uma

(Desigualdade de Jensen)

função convexa e sejam λi ∈ [0, 1] (i = 1, . . . , n) tais que Então, para quaisquer ai ∈ [α, β] (i = 1, . . . , n) vale

n X

λi = 1.

i=0

f (λ1 a1 + · · · + λn an ) ≤ λ1 f (a1 ) + · · · + λn f (an ).

(7.19)

Observação 7.21. Observemos que, quando λ1 = λ2 = · · · = λn = 1/n, a desigualdade de Jensen nos diz que

a + a + · · · + a f (a ) + f (a ) + · · · + f (a ) 1 2 n 1 2 n f ≤ , n n

ou seja, f (ma (a1 , . . . , an )) ≤ ma (f (a1 ), . . . , f (an )).

250

7

Demonstração.

Faremos a prova por indução. Para

decorre diretamente da denição.

Desigualdades

n=2

Suponhamos que dado

a validade

n

natural

(7.19) vale, então temos que provar a validade de

f

n+1 X j=1

n+1 X λ j aj ≤ λj f (aj ).

(7.20)

j=i

Notemos que

n+1 X

λj aj =

n X

j=1

λ j aj + 1 −

j=1 n X

=α

j=1 onde

α=

n P

n X

λj an+1

j=1

λj aj + (1 − α)an+1 , α

λj . Assim, usando que

j=1

n P λj j=i

α

(7.21)

= 1 e a hipótese de indução,

obtemos

f

n+1 X j=1

λj aj ≤ αf ≤α =

n X λ

j

j=1

n X λj j=1

n+1 X

α

α

aj +(1 − α)f (an+1 )

f (aj ) + (1 − α)f (an+1 )

(7.22)

λj f (aj ),

j=1 como queríamos provar.

7.5

Exercícios

1. Provar que em todo triângulo a soma dos comprimentos das medianas é menor que o perímetro do triângulo e maior que o semiperímetro deste.

7.5

Exercícios

251

2. Os centros de três círculos que não se intersectam estão sobre uma reta. Prove que se um quarto círculo toca de forma tangente os três círculos, então o raio deste é maior que pelo menos um dos raios dos três círculos dados.

3. Dado

n

inteiro positivo, provar que

n X 1 j=1

4. A soma de três números positivos é seus quadrados não é menor que

j

6.

≥

2n . n+1

Provar que a soma de

12.

5. Determinar as dimensões do paralelepípedo de menor diagonal possível, sabendo que a soma dos comprimentos de todas suas arestas é

12.

6. Encontrar todas as soluções positivas do sistema de equações não lineares

 x 2 + · · · + x 2 = 1 1 10 1 1  2 + · · · + 2 = 100. x1

7. Demonstrar que, se

x10

a1 , a2 , . . . , an

são números positivos tais que

a1 a2 · · · an = 1 então

(1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an ) ≥ 2n . 8. Prove que a média geométrica é super-aditiva, isto é, para nú-

bi , 1 ≤ i ≤ n, tem-se v v v u n u n u n uY uY uY n n n t ai + t bi ≤ t (ai + bi ).

meros não negativos

i=1

ai

e

i=1

i=1

252

7

Desigualdades

Além disso, estude em que condições ocorre a igualdade. Sugestão: Use a desigualdade entre as médias geométrica e aritmética.

9. Usar o método de indução para provar a desigualdade de CauchySchwarz. 10. Para todo

λ real

n P

(ai + λbi )2 ≥ 0.

Use este fato para dar outra i=1 prova da desigualdade de Cauchy-Schwarz.

11. Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz para dar uma prova alternativa da desigualdade entre as médias aritmética e quadrática (ma

≤ mq ).

12. Prove que

n X i=1 13. Prove que

1 ai b i ≤ 2

( n X

a2i +

i=1

n X

) b2i

.

i=1

a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c).

14. Prove que se

a ≥ 0, b ≥ 0

e

c ≥ 0,

então

(a + b)(a + c)(b + c) ≥ 8abc. 15. Prove a desigualdade de Bernoulli: qualquer

x

positivo e

16. Prove que se

a, b, c

e

n d

(1 + x)n > 1 + nx,

inteiro positivo.

são inteiros positivos, então:

(a + b + c + d)

≥ 16.

c ≥ 0, então √ √ √ (ab + bc + ca) ≥ a bc + b ac + c ab.

17. Prove que se

a ≥ 0, b ≥ 0

1 1 1 1 + + + a b c d

e

para

7.5

Exercícios

253

18. Prove que se

x ≥ 0,

então

3x3 − 6x2 + 4 ≥ 0.

Sugestão: Use a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica.

19. Prove que se

C1

20. Sejam

e

x ≥ 0,

C2

então

√ 2x + 3/8 ≥ 4 x.

dois círculos concêntricos de raios

pectivamente, com

r1 < r2 .

Sobre o círculo

d(P ) = P P1 + P P2 .

e

r2 ,

res-

se marcam dois

P1 e P2 diametralmente opostos. Deseja-se P sobre o círculo C2 que maximiza a soma

pontos ponto

C1

r1

encontrar o

254

7

Desigualdades

8 Polinômios A oisa mais bela que podemos ontemplar é o mistério. Isto é a fonte da verdadeira arte e iên ia. Albert Einstein

8.1

Operações com Polinômios

A necessidade de estudar equações polinomiais aparece em problemas práticos da humanidade desde épocas muito remotas. Indícios arqueológicos indicam que os babilônicos já tinha o domínio de técnicas de resolução de algumas equações do primeiro grau e do segundo grau, apresentadas em forma de problemas cotidianos. Contudo, o grande avanço teórico no estudo das equações polinomiais só se iniciou com o Renascimento na Europa. No início do século XVI, Vièti introduziu o uso de letras para representar quantidades desconhecidas. Na mesma época, um outro grande desao estava perturbando as mentes matemáticas de toda a Europa, em especial as da Itália.

A

solução explícita utilizando as operações elementares (soma, subtração, multiplicação, divisão, radiciação e potenciação) da equação do

255

256

8

Polinômios

terceiro grau não era conhecida e muitos dos melhores matemáticos da época trabalharam neste problema, destacando-se entre eles Nicolo Fontana, o

Tartaglia

(gago, em italiano). A história da solução

desta equação está repleta de intrigas, disputas e acusações, envolvendo Tartaglia e Cardano. Hoje os historiadores atribuem a Tartaglia a primazia na descoberta da solução da equação do terceiro grau como conhecemos. É desta época também a solução da equação do quarto grau, atribuída a Ludovico Ferrari. Entretanto, apesar dos muitos esforços empreendidos na direção de encontrar a solução geral da equação do quinto grau, mais de 200 anos se passaram sem nenhum sucesso. norueguês Niels Abel mostrou que é

Até que em 1824, o matemático

impossível

resolver as equações de

grau cinco em sua forma geral. Ou seja, nem todas as equações de grau cinco podem ser resolvidas com as operações elementares. Mais ainda, em 1830 o matemático francês Evariste Galois descobriu um método que determina quando uma equação de grau

qualquer

é resolúvel com

as operações elementares, encerrando um belíssimo capítulo do estudo das equações polinomiais e da Matemática. Neste capítulo iremos estudar um pouco mais formalmente os polinômios e suas propriedades.

Denição 8.1. Um polinômio na variável x é uma expressão do tipo p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

onde a0 , a1 , . . . , an são números. Se an 6= 0, dizemos que n é o grau do polinômio e a0 , a1 , . . . , an são seus coecientes. O coeciente an é chamado de coeciente líder do polinômio.

Observação 8.2. Não se dene o grau do polinômio nulo, que tem

todos os coecientes iguais a zero.


8.1

257

Por exemplo,

• p(x) = 3x − 1

é um polinômio de grau 1;

• q(x) = 4x3 + 7x + 1

é um polinômio de grau 3;

π 4 x é um monômio de grau 4; 2 π • v(x) = − x4 + 5x2 + 1 é um polinômio 2 • t(x) =

• u(x) = 7

é um polinômio de grau

de grau 4;

0.

n, ou simplesmente uma equação de grau n, é uma sentença p(x) = 0, onde p(x) é um polinômio de grau n com coecientes reais. Por exemplo, 2x − 1 = 0 é uma equação 5 3 do primeiro grau, enquanto −x + 4x + 5x − 1 = 0 é uma equação de grau 5. Note que nem todos os coecientes precisam ser diferentes de Uma equação polinomial de grau

zero.

valor

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 no número real r, devemos substituir x por r para obter Para obtermos o

do polinômio

o número real

p(r) = an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 . Por exemplo, o valor do polinômio

4 · 23 − 7 · 2 + 1 = 19.

Dizemos que um número real

r

p(x) = 4x3 − 7x + 1

em

2

é

p(2) =

é uma raiz para a equação

an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 se o valor de seja, se

r

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

verica

an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 = 0.

em

r

é zero, ou

258

8

Por exemplo,

5

Polinômios

é raiz da equação:

2x − 10 = 0. Uma das vantagens dos polinômios sobre outros objetos matemáticos é que podemos denir as operações de soma de polinômios e multiplicação de polinômios. Com estas operações, o conjunto dos polinômios possui muitas propriedades similares à dos números inteiros, tornando prático o seu uso. Vamos denir agora o que signica a

soma

de dois polinômios.

Para isso, vamos começar somando dois monômios e depois estender nossa denição para polinômios em geral.

p(x) = ak xk e q(x) = bk xk somamos seus coecientes, obtendo o polinômio t(x) = p(x) + q(x) = (ak +bk )xk . Em geral, para somar o polinômio p(x) = a0 +a1 x+ a2 x2 + · · · + an xn com o polinômio q(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm , onde n ≤ m devemos somar todos os monômios de mesmo grau, obtendo o Para somar dois monômios de mesmo grau

polinômio:

t(x) = p(x) + q(x) = c0 + c1 x + · · · + cm xm onde,

c i = ai + b i

para

Por exemplo, sendo

0≤i≤n

• p(x) = 3x − 1, • q(x) = 4x3 + 7x + 1, • t(x) = π2 x4 , • v(x) = − π2 x4 + 5x2 + 1

e

ci = b i

para

i > n.


8.1

259

temos que

• p(x) + q(x) = 4x3 + (3 + 7)x − 1 + 1 = 4x3 + 10x, • v(x) + t(x) = ( π2 − π2 )x4 + 5x2 + 1 = 5x2 + 1. A seguir, enumeramos algumas propriedades simples e importantes da soma de polinômios que decorrem da denição dada e das propriedades análogas válidas para os números reais. 1.

Associatividade .

Dados polinômios

p(x), q(x)

e

t(x),

vale

(p(x) + q(x)) + t(x) = p(x) + (q(x) + t(x)) 2.

Elemento neutro .

Se 0 denota o polinômio nulo e

p(x)

é um

polinômio qualquer, então

0 + p(x) = p(x). 3.

Elemento simétrico . polinômio, então o satisfaz:

p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn é um n polinômio q(x) = −a0 − a1 x − · · · − an x Se

p(x) + q(x) = 0. 4.

Comutatividade .

Se

p(x)

e

q(x)

são polinômios, então

p(x) + q(x) = q(x) + p(x). Note que os números inteiros possuem propriedades similares para a operação de soma de números inteiros. Vamos agora denir o

produto

de dois polinômios. Para isso, vamos primeiramente denir o produto de dois monômios, como já zemos no caso de soma de polinômios.

260

8

n, m são números naturais, denimos p(x) = an xn e q(x) = bm xm como: Se

Polinômios

o produto dos monômios

p(x)q(x) = an bm xn+m . Tendo isto em mente, para efetuarmos o produto do polinômio de

n, p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn pelo polinômio q(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm de grau m, com n ≤ m, devemos:

grau

• •

p(x) e de q(x) até o termo n + m k > n e bk = 0 para k > m;

Completamos a escrita de colocando

ak = 0

para

Denimos

t(x) = p(x)q(x) = c0 + c1 x + · · · + cn+m xn+m onde,

ci = a0 bi + a1 bi−1 + · · · + ai−1 b1 + ai b0

para

0 ≤ i ≤ n + m.

Apesar de parecer complicada, a denição não é tão difícil de ser aplicada. Para tentar visualizar o processo de multiplicação de dois polinômios vamos pensar que os monômios são seres alienígenas vindos do distante planeta de Algebrum e possuam mãos. Quando dois monômios se encontram, invariavelmente eles apertam as mãos e desse aperto aparece o produto desses monômios. Assim, para multiplicar os polinômios

p(x)

e

q(x),

que são forma-

dos por dois grupos de monômios, devemos escolher o primeiro monômio de

q(x),

p(x)

e fazê-lo apertar a mão de cada um dos monômios de

somando os monômios obtidos. Após isso, tomamos o segundo

monômio de

p(x)

e fazemos ele apertar a mão de cada um dos monô-

q(x), somando os monômios obtidos aos monômios anteriores. Repetimos o processo até o último monômio de p(x). mios de


8.1

Deste modo, se obter

p(x)q(x)

261

p(x) = x2 + 2x − 3

e

fazemos:

q(x) = −x2 + 5x + 1,

para

p(x)q(x) = −x4 + 5x3 + x2 − 2x3 + 10x2 + 2x + 3x2 − 15x − 3 = −x4 + 3x3 + 14x2 − 13x − 3. Observe que com a denição de multiplicação de polinômios dada acima, o coeciente

o

c0

é igual a

a0 b 0 .

Do mesmo modo, o coeciente

cn+m = an bm . Como p(x) tem grau n (isto é, an 6= 0) q(x) tem grau m (bm 6= 0), o coeciente cn+m = an bm 6= 0. Logo, polinômio p(x)q(x) tem grau n + m. Com isso, demonstramos o

do termo e

n+m

x

é

seguinte fato:

Proposição 8.3. Se o polinômio p(x) tem grau n e o polinômio q(x) tem grau m, então o polinômio p(x)q(x) tem grau n + m.

Um caso particular interessante é quando multiplicamos um núme-

c, que podemos considerar como sendo um polinômio de grau zero q(x) = c, por um polinômio p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn . Neste caso, ro

nós obtemos o polinômio

cp(x) = ca0 + ca1 x + · · · + can xn . Do mesmo modo em que podemos vericar as propriedades da soma de polinômios a partir das propriedades similares dos números reais, podemos também vericar as propriedades abaixo sobre a multiplicação de polinômios. Deixamos essa vericação como exercício.

1.

Associatividade .

Dados polinômios

p(x), q(x)

e

(p(x)q(x))t(x) = p(x)(q(x)t(x))

t(x),

vale

262

8

2.

Elemento neutro .

Polinômios

Se 1 denota o polinômio constante e

p(x)

é

um polinômio qualquer, então

1p(x) = p(x). 3.

Comutatividade .

Se

p(x)

e

q(x)


p(x)q(x) = q(x)p(x). 4.

Distributividade .

Se

p(x), q(x)

e

t(x)


(p(x) + q(x))t(x) = q(x)t(x) + p(x)t(x). Note que, assim como nos inteiros, a propriedade de existência de elementos inversos para a multiplicação de polinômios não vale. De

p(x) é um polinômio de grau n maior ou igual a um, então não existe um polinômio q(x) tal que p(x)q(x) = 1. De fato, suponha por absurdo, que exista q(x) um polinômio com grau m ≥ 0 tal que fato, podemos vericar que se

p(x)q(x) = 1.

Então, utilizando a Proposição 8.3 temos que o grau de

n+m

que é maior ou igual que um.

constante

1

p(x)q(x)

é

Como o grau do polinômio

é zero, temos que a igualdade acima não pode valer, onde

chegamos a um absurdo. Em resumo, os únicos polinômios que podem ter inversos com respeito à operação de multiplicação são os polinômios constantes não nulos. Esta é mais uma das semelhanças entre os inteiros e os polinômios.


8.2

8.2

263


Diremos que um polinômio tal que

a(x) divide o polinômio b(x) se existir q(x)

b(x) = q(x)a(x).

Por exemplo, o polinômio

x3 − 1

a(x) = x2 + x + 1

divide o polinômio

pois

(x − 1)(x2 + x + 1) = x3 − 1. a(x)

Devido à Proposição 8.3, se o polinômio não nulo

b(x),

então o grau de

a(x)

divide o polinômio

é menor ou igual ao grau de

b(x).

Agora, vamos enunciar um fato que vale para os inteiros e que vale também para os polinômios e que será de grande utilidade. Pedimos que o leitor releia o

algoritmo de Euclides,

estudado no Capítulo 3.

No conjunto dos polinômios, ainda vale

Teorema 8.4 (Algoritmo de Euclides). Sejam a(x) e b(x) dois polinô-

mios com coecientes reais, b(x) 6= 0. Então, existem polinômios com coecientes reais q(x) e r(x), com r(x) = 0 ou grau de r(x) menor que o grau de b(x) tais que: a(x) = b(x)q(x) + r(x).

Além disso, q(x) e r(x) estão determinados de modo único. Demonstração.

Vamos mostrar primeiro a unicidade. De fato, assuma

que

a(x) = b(x)q1 (x) + r1 (x) = b(x)q2 (x) + r2 (x), com

r1

e

r2

de graus menores que o grau de

b.

b(q1 − q2 ) = r2 − r1 .

Assim,

264

8

Consequentemente,

q2 )

q1 = q2 ,

b(q1 − r2 − r1 tem

já que caso contrário, o polinômio

teria grau pelo menos igual ao grau de

grau menor que o grau de

Polinômios

b

e o polinômio

b.

Vamos agora mostrar a existência. Os passos da prova são idênticos a prova do algoritmo de Euclides para números inteiros, demonstrado no Capítulo 3.

De fato, a ideia é reduzir o grau do dividendo até

que ele se torne menor que o do divisor e a divisão se torne imediata.

a tem grau menor que b, então tomamos o resto com sendo r = a e o quociente como sendo q = 0. Suponhamos que a(x) = an xn +· · ·+a1 x+a0 tenha grau n e b(x) = bm xm +· · ·+b1 x+b0 tenha grau m e que n > m. Dena Note que se

c1 (x) = a(x) −

an n−m x b(x). bm

c1 é no máximo n − 1. Se c1 puder se dividido c1 (x) = b(x)q(x) + r(x), com grau de r(x) menor

Observe que o grau de por

b,

digamos com

que o grau de

b(x),

a(x) = b(x)

então

an n−m an x + c1 (x) = b(x)( xn−m + q(x)) + r(x). bm bm

a(x) por b(x) pelo problema de dividir o polinômio c1 (x) por b(x), com c1 (x) de grau menor que a(x). Repetimos o processo, utilizando c1 no lugar de a(x), obtendo o polinômio c2 (x) de grau menor que o de c1 (x). Como a cada Logo, reduzimos o problema de dividir o polinômio

passo reduzimos o grau do dividendo em pelo menos uma unidade, ao

n − m passos, obteremos um polinômio com grau menor que o grau de b(x), que é claramente divisível por b(x). Procedendo como antes, achamos q(x) e r(x) tais que a(x) = b(x)q(x)+r(x) e r(x) com grau menor que o grau de b(x). m de no máximo

8.2


265

a(x) = 10x3 − 3x + 2 r(x) = −13x + 2 temos que

Por exemplo, se

q(x) = 10x

e

e

b(x) = x2 + 1,

tomando

10x3 − 3x + 2 = (x2 + 1)10x + (−13x + 2). Note que o grau de

x2 + 1 .

r(x) = −13x + 2

Se na expressão do polinômio

x

por um número real

s,

p(x)

estaremos

é menor que o grau de

b(x) =

decidimos substituir a variável

avaliando

p(s). p(x) = x + 3x + 1,

o polinômio

p(x)

em

s

e denotamos este número por Por exemplo, se

2

então substituindo

x

por

2,

temos que

p(2) = 22 + 3 · 2 + 1 = 11 e fazendo

x = −3 p(−3) = (−3)2 + 3 · (−3) + 1 = 1.

p(s) = 0 dizemos que s anula o polinômio não nulo p(x), ou ainda, que s é uma raiz do polinômio p(x). 3 Por exemplo, para p(x) = x − 8, temos que 2 é uma raiz de p(x) 3 já que p(2) = 2 − 8 = 0. Quando

Um fato muito importante que é consequência do algoritmo de

Euclides é o seguinte teorema:

Teorema 8.5. Se s é uma raiz do polinômio p(x), então o polinômio x − s divide p(x). Reciprocamente, se x − s divide p(x), então s é raiz de p(x).

Demonstração.

x − s divida p(x). Neste p(x) = q(x)(x − s). Avaliando

Primeiramente, assuma que

caso, existe um polinômio

q(x)

tal que

266

8

o polinômio

p(x)

s,

em

Polinômios

temos que:

p(s) = q(s)(s − s) = q(s) · 0 = 0. Logo

s

p(x). se s é uma

é uma raiz de

p(x) então x − s divide p(x), vamos utilizar o algoritmo da divisão, com a(x) = p(x) e b(x) = x − s. Neste caso, temos que existem q(x) e r(x) de modo que r(x) = 0 ou o grau de r(x) é menor que o grau de x − s e além disso vale Para provar que

raiz de

p(x) = q(x)(x − s) + r(x). r(x), podemos escrever que r(x) = c ∈ R. Então, p(x) = q(x)(x−s)+c e 0 = p(s) = q(s)·0+c = c. Portanto, r(x) = 0 e p(x) = q(x)(x − s), isto é, x − s divide p(x). Observe que, com as condições do resto

A proposição anterior nos permite determinar o número máximo de raízes reais de um polinômio não nulo. De fato, vamos mostrar.

Proposição 8.6. O número máximo de raízes reais do polinômio não nulo p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 é n. Demonstração.

Digamos que

distintas do polinômio

p(x).

s0 < s1 < s2 < · · · < sk

sejam raízes

Observe que podemos utilizar a Propo-

sição 8.5 para garantir que existe um polinômio não nulo

q1 (x)

tal

que

p(x) = q1 (x)(x − s0 ). Assim, pela Proposição 8.3, o grau de

q1 (x)

deve ser igual a

n − 1.

p(si ) = q1 (si )(si − s0 ). Como para todo i = 1, 2, . . . , k temos que si > s0 com p(si ) = 0, temos que, necessariamente, q1 (si ) = 0. Assim, em particular, temos que q1 (s1 ) = 0. Logo, podemos aplicar Note que


8.2

267

a proposição novamente para obter que existe um polinômio não-nulo

q2 (x)

tal que

q1 (x) = q2 (x)(x − s1 ). q1 (x) é n − 1, pela Proposição 8.3, o grau de q2 (x) deve ser igual a n − 2. Novamente, temos que q1 (si ) = q2 (si )(si − s1 ), si > s1 e p(si ) = 0 para todo i = 2, . . . , k . Disto segue que, necessariamente, q2 (si ) = 0, se i = 2, 3, . . . , k. Assim, temos que q2 (s2 ) = 0. Assim, como o grau de

Logo, podemos repetir esse argumento para obter um polinômio

q3 (x) de grau n − 3, de modo que s3 , s4 , . . . , sk

q3 (x). Repetindo o argumento, encontramos uma sequência q1 (x), q2 (x), q3 (x), . . . com graus no máximo n − 1, n − 2, n − 3, . . . o que nos leva a concluir que não podemos repetir esse argumento mais que n vezes, já que os graus dos polinômios q1 (x), q2 (x), q3 (x), . . . estão diminuindo. Ou seja, não podemos ter mais que n raízes para o polinômio p(x), o são raízes de

que conclui a prova. Alertamos que, apesar da Proposição 8.6 nos garantir que existem

n raízes reais de um polinômio de grau n não nulo, existem 2 polinômios que não possuem raízes reais. Por exemplo, p(x) = x + 1 2 não possui raízes rais, já que x ≥ 0 para todo número real x.

no máximo

Uma consequência da Proposição 8.6 é a seguinte:

Proposição 8.7. Se dois polinômios p(x) e q(x) de grau n avaliados

em n + 1 números r1 , r2 , . . . , rn+1 coincidem, isto é, p(ri ) = q(ri ) para i = 1, 2, 3, . . . , n + 1, então p(x) e q(x) são iguais.

Demonstração. que se

t(x)

t(x) = p(x) − q(x). t(x) é no máximo n, já

Considere o polinômio

é não-nulo, o grau de

Observe que

p(x)

268

Polinômios

8

q(x) têm graus p(ri ) = q(ri ) e e

iguais a

n.

Observe ainda que

t(ri ) = 0,

já que

t(ri ) = p(ri ) − q(ri ) = 0. Logo,

t(x)

tem grau no máximo

n

e mais de

n

raízes, contradizendo a

Proposição 8.6. No Exercício 23 faremos uma aplicação interessante dessa propo-

a1 , a2 , . . . , de grau n tal

sição, propondo que você prove que dados números reais

an+1 e r1 , r2 , . . . , rn+1 , que p(ri ) = ai .

então existe um único polinômio

8.3 Sempre Existem Raízes de um Polinômio? Pode parecer frustrante o fato de que um polinômio com coecientes reais pode não possuir raízes reais.

Por exemplo, quando tentamos

aplicar a fórmula de Bhaskara à equação

∆ = −4

encontramos

e, consequentemente, se fosse possível escrever as soluções,

elas se escreveriam como

x1 = e

x2 + 1 = 0,

√

−4 2

√ −4 x2 = − 2 É claro que as expressões acima não têm sentido no conjunto dos

números reais, pois não existe número cujo quadrado seja não é possível extrair a raiz quadrada de

−4.

−4, ou seja,

Isso tirou o sono de

várias gerações de matemáticos. Desde Herón de Alexandria há dois mil anos atrás, os matemáticos encontram expressões como a do tipo acima, envolvendo raízes de números negativos.

Sempre Existem Raízes de um Polinômio?

8.3

269

A primeira reação da comunidade matemática foi rejeitar esses números

complexos

e simplesmente desconsiderar raízes de números

negativos. Porém, já no século XVI, Cardano se deu conta de que os números complexos surgem naturalmente quando desejamos resolver uma equação do terceiro ou quarto grau, mas relutava quanto ao seu uso, dizendo que esses números eram tão sutis, quanto inúteis. No século seguinte, motivado pela sugestão de Albert Girard que uma equação de grau

n possui n raízes, Reneé Descartes observou que

os números reais eram insucientes para representar todas essas raízes e utilizou o termo

imaginárias

para as raízes que não são reais.

√ −1 só veio a ser introduzida um século A notação tradicional i =

mais tarde, com Leonard Euler, que também é o pai do termo

complexo.

número

Euler e o matemático francês Jean D'Alambert zeram apli-

cações dos números complexos a problemas práticos, como projeção de mapas e hidrodinâmica.

Euler e Lagrange, grandes matemáticos

da história da humanidade, tentaram mostrar a armação de Girard, de que

uma equação de grau n possui n raízes,

mas sem sucesso. A

primeira prova correta de tal teorema só apareceu no nal do século XVIII com os trabalhos de Gauss.

8.3.1 Números Complexos e Raízes de Polinômios O conjunto dos números complexos, denotado pela letra

C,

é o con-

junto das expressões

C = {x + iy; x, y ∈ R}, onde que

i

i

satisfaz

i2 = −1.

Costuma-se denotar

i

por

√

−1.

Destacamos

é meramente um símbolo que nos ajudará a denir as operações

de soma e de multiplicação de números complexos. Essas operações

270

Polinômios

8

terão as mesmas propriedades que as operações de números reais, como associatividade, comutatividade, elemento neutro, etc. Por exemplo, são números complexos

2 − 3i, 3 + i

e

−3i.

Vamos denir a soma e multiplicação de números complexos. Dados dois números complexos

a + bi

e

c + di

denimos a soma como:

(a + bi) + (c + di) = (a + b) + (c + d)i e denimos a multiplicação como

(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (bc + ad)i Por exemplo, se tomamos os números

2 − 3i

e

3 + 4i

então

(2 − 3i) + (3 + 4i) = 5 + i e

(2 − 3i)(3 + 4i) = (2 · 3 − (−3 · 4)) + (−3 · 3 + 2 · 4)i = 18 − i. Aqui nós estamos considerando nos permite

colocar

0 + 3i = 3i

3 + 0 · i = 3.

Isso

os números reais dentro do conjunto dos números

complexos, considerando cada número real complexo da forma

e

r

como sendo um número

r + 0 · i.

Fica para o leitor a vericação de que valem as propriedades de associatividade, comutatividade, etc. O elemento neutro da soma é o elemento

0+0·i

que simplesmente denotaremos por

modo, o elemento neutro da multiplicação é por

1.

0.

Do mesmo

1+0·i, que será denotado

O leitor curioso pode achar mais informações sobre números

complexos e soluções de equações algébricas em [5] ou [13].

8.3

Sempre Existem Raízes de um Polinômio?

271

z faz sentido avaliar o polinômio p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · +

Assim, dado um número complexo (de coecientes complexos ou reais)

a1 x + a0

z,

em

obtendo o número complexo

p(z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 . Por exemplo, se polinômio, já que:

p(x) = x2 + 4,

então

2i

e

−2i

são raízes deste

p(2i) = (2i)2 + 4 = −4 + 4 = 0. e

p(−2i) = (−2i)2 + 4 = 4i2 + 4 = −4 + 4 = 0. Note que

p(x) não possui nenhuma raiz real, mas possui duas raízes

complexas. Como já mencionamos, a grande vantagem em utilizar os números complexos em vez dos números reais é que, dado um polinômio qualquer com coecientes complexos, ele sempre tem uma raiz complexa.

Isso foi o assunto da tese de doutorado do

Príncipe da

Matemática, Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855).

Teorema 8.8

. Todo polinômio

(Teorema Fundamental da Álgebra)

não constante com coecientes complexos de grau n possui exatamente n raízes complexas, contadas com multiplicidade.

Uma demonstração do Teorema Fundamental da Álgebra foge do objetivo deste livro. Podem ser dadas várias demonstrações diferentes desse teorema, utilizando diversas teorias matemáticas avançadas. Uma demonstração desse teorema pode ser achada em [13].

272

8.4

Polinômios

8

Exercícios

1. Calcule o quociente e o resto da divisão de os polinômios

p(x)

e

q(x)

por

q(x)

para

dados:

(a)

p(x) = 3x3 − 2x + 1

(b)

p(x) = x5 − 1

(c)

p(x) = 3x5 − 2x3 + 1

e

p(x)

e

q(x) = −7x − 1;

q(x) = x − 1;

2. Encontre os valores de

A

e

e

q(x) = x2 + x + 1

B

de forma que

A B x+1 = + . 2 x −x x x−1 3. Se os polinômios

a + b.

x2 −x+4 e (x−a)2 +(x+b) são iguais, encontre

4. Quais os valores de

2

P1 (x) = x − x − 6 5. A divisão de

P (x)

e

a e b que tornam iguais P2 (x) = (x + a)2 − b? x4 + 1 P (x).

por

Encontre o polinômio

tem quociente

6. Qual o resto da divisão do polinômio

x100

por

os polinômios

x+2

x + 1?

p(x) pelo p(x) = (x − 1)(x − 2) . . . (x − n) + b .

7. Determine o resto da divisão do polinômio

g(x) = x,

onde

8. Mostre que

xn − 1

é divisível por

x−1

e resto 1.

para todo

polinômio

n ≥ 1.

9. Faça os seguintes itens: (a) encontre o quociente da divisão de

xn+1 − 1

por

x − 1;

8.4

Exercícios

273

(b) utilize a divisão anterior para calcular a soma

x3 + · · · + xn

dos

n

geométrica de razão

1 + x + x2 +

primeiros termos de uma progressão

x.

a para que o polinômio P (x) seja P (x) = x3 + (1 − a)x2 + (1 + a)x − 1.

10. Determine o valor de por

x − a,

onde

11. Mostre que o polinômio

2

x − 1. 12. Mostre que o resto é

r(x)

P (x) = x100 − 2x50 + 1 da divisão do polinômio

divisível

é divisível por

p(x)

por

r(x) = p(s).

x−s

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 derivada de p(x) como sendo o polinômio:

Dado o polinômio denimos a

p0 (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + · · · + 2a2 x + a1 . 5x4 e a 3 2 2 derivada do polinômio x +5x +2x−1 é o polinômio 3x +10x+2. Por exemplo, a derivada do polinômio

x5

é o polinômio

13. Usando as informações do Exercício 12, calcule: (a) a derivada dos polinômios: (i)

x + 1;

(ii)

x4 + 3 ;

(ii)

1 + x + x2 + x3 + · · · + xn .

(b) Sabendo que

p(0) = 1,

cuja derivada é (i) (ii)

x4 . −x2 + 1.

calcule também o polinômio

p(x)

274

8

(ii)

x3 + 2x2 + 3.

(c) Prove que se (i) (ii)

Polinômios

p(x)

e

q(x)


(p + q)0 (x) = p0 (x) + q 0 (x) (pq)0 (x) = p0 (x)q(x) + p(x)q 0 (x) Sugestão: Faça primeiro para monômios.

Denimos uma uma raiz

a

raiz múltipla

tal que

2

(x − a)

p(x) como sendo p(x). Caso a seja uma raiz

de um polinômio divide

que não é raiz múltipla, dizemos que ela é 14. Mostre que se,

a

é raiz

raiz simples.

a é raiz múltipla de um polinômio p(x) se, e somente 0 de p(x) e de p (x).

Sugestão: Use o exercício anterior.

15. Para quais valores de

n∈N

tem-se que

(a)

1 + x2 + x4 + . . . + x2n−2

é divisível por

1 + x + . . . + xn−1 ?

(b)

1 + x3 + x6 + . . . + x3n−3

é divisível por

1 + x + . . . + xn−1 ?

(c) Generalize. 16.

(a) Resolva a equação que

1 2

20x3 − 30x2 + 12x − 1 = 0,

é uma de suas raízes.

(b) Uma raiz da equação é

sabendo-se

a + 1,

x3 −(2a+1)x2 +a(a+2)x−a(a+1) = 0

ache as outras duas.

17. Ache os possíveis valores de

a∈Z

para que o polinômio

a2 x4 + 4x3 + 4ax + 7 seja divisível por

x + 1.

8.4

Exercícios

275

Um polinômio com coecientes reais não constante

redutível

se

constantes.

p(x) é dito ir-

p(x) = a(x)b(x), então a(x) ou b(x) são polinômios Quando p(x) não for irredutível, diremos simples-

mente que ele é

redutível.

Os polinômios irredutíveis desempe-

nham papel análogo no conjunto dos polinômios ao dos números primos em

Z.

18. Prove que todo polinômio de grau

1

é irredutível.

f (x) é um polinômio de grau ≥ 2 e possui uma raiz f (x) é redutível.

19. Prove que se real, então

20. Mostre que todo polinômio

f (x)

de grau ímpar

≥3

é redutível.

Um polinômio com coecientes inteiros não constante

p(x) é dito

irredutível sobre Q se p(x) = a(x)b(x) com a(x) e b(x) polinômios com coecientes racionais, então

a(x)

ou

b(x)

são polinômios

constantes. Um teorema importante que descreve uma condição para um polinômio ser irredutível sobre

Q

é o conhecido critério de Ei-

senstein, que diz:

Teorema 8.9

. Seja f (x) = a0 + a1 x +

(Critério de Eisenstein)

· · · + an xn um polinômio com coecientes inteiros. Suponha que exista um primo p tal que:

(a) p - an ; (b) p | a0 , p | a1 , . . . , p | an−1 ; (c) p2 - a0 .

Então, f (x) é irredutível sobre Q.

276

8

Polinômios

Para uma prova desse resultado veja o livro [2]. Faça os seguintes problemas: 21. Mostre que os seguintes polinômios

f (x)

são irredutíveis sobre

Q. Sugestão: Use o critério de Eisenstein .

(a)

f (x) = x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 2;

(b)

f (x) = x6 + 15;

(c)

f (x) = x4 + 10x3 + 20x2 + 30x + 22.

22. Determine quais dos polinômios abaixo são irredutíveis sobre

Q.

Sugestão: Use o critério de Eisenstein .

(a)

x3 − x + 1

(b)

x3 + 2x + 10

(c)

x4 − x + 1

O problema a seguir trata do polinômio de interpolação de Lagrange. 23. Demonstre a proposição a seguir:

Polinômio de Interpolação de Lagrange. R, i = 1, 2, . . . , n,

com os

0

ai s

ai , bi em 0 os bi s nem

Sejam

dois a dois distintos e

todos nulos. Considere os polinômios

pi (x) = bi

(x − ai ) · · · (x − ai−1 )(x − ai+1 ) · · · (x − an ) (ai − a1 ) · · · (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) · · · (ai − an )

8.4

Exercícios

para

277

i = 1, 2, . . . , n.

Então, o polinômio

p(x) =

n X

pi (x)

i=1 é o único polinômio de grau menor que para todos

n,

tal que

i = 1, 2, . . . , n.

24. Determine o polinômio

p(x)

de grau 7 tal que

p(1) = p(2) = · · · = p(7) = 8

e

p(0) = 1.

p(ai ) = bi ,

278

8

Polinômios

A Apêndice: Funções

Estamos acostumados a expressões cotidianas que retratam uma

o quanto João ganha é função do que ele trabalha, ou ainda a distância que percorremos é uma função da velocidade e do tempo que viajamos. Essas e outras relação entre grandezas, como por exemplo,

expressões ilustram a noção de função como uma relação entre grandezas de dois conjuntos dados. Matematicamente, a noção de função foi melhor entendida muito recentemente, com os avanços teóricos ocorridos no nal do século XIX e início do século XX. Entretanto, o seu uso como instrumento e os estudos para tornar sua denição um objeto claro são bem antigos e datam pelo menos desde o início do cálculo diferencial, onde a noção de função era por vezes entendida como sua

expressão analítica.

O entendimento dessa noção foi crucial para o

avanço da Matemática e é importante que o estudante de Matemática tenha claro seu signicado. Para iniciar a discussão um pouco mais formalmente da noção de função, vamos denir intuitivamente uma função como um objeto matemático composto de três ingredientes: um conjunto não vazio

279

A,

280

A

Apêndice: Funções

domínio da função, um conjunto não vazio B , chamado contradomínio da função e uma correspondência, que associa a

chamado de de

cada elemento do primeiro conjunto um único elemento do segundo conjunto. O trio domínio, contradomínio e correspondência damos o nome de função. Para simplicar o seu uso, foi criada uma notação que empacota todos os três ingredientes. Denotamos uma função por

f : A→B x → f (x) para indicar que um elemento de

A é o domínio, B é o contradomínio e que se x é A então a ele associaremos o elemento f (x) de B .

É importante não confundir uma função com sua expressão analítica, quando esta é dada.

Para caracterizar uma função, precisamos dar

seus três ingredientes: domínio, contradomínio e correspondência, e não somente a correspondência

y = f (x).

Exemplo A.1. Seja a função f denida de modo que o seu domínio

é o conjunto dos números naturais e o contradomínio é o conjunto dos números naturais, e a correspondência é tal que a cada número natural n associamos o seu quadrado n2 . Observe que podemos denotar isso compactamente por: f : N→N n → n2

Veja também que se dermos simplesmente a expressão analítica x → x2 ou y = x2 para nossa função, ela não estaria caracterizada, pois não saberíamos qual é o domínio e o seu contradomínio. Em alguns casos onde o domínio e o contradomínio estão xados e claros para o interlocutor, podemos nos referir a uma função simplesmente invocando sua correspondência

y = f (x).

281

Exemplo A.2. Considere o domínio como sendo o conjunto P for-

mado pelas pessoas do Brasil e o segundo conjunto como sendo o conjunto L das letras do alfabeto. A correspondência será a seguinte: a cada pessoa do Brasil, associaremos a primeira letra do seu nome. Assim, uma pessoa chamada Mário, será associada à letra M. Em notação de função: f : P →L x → f (x)

onde f (x) é a primeira letra do nome de x.

Exemplo A.3. Considere o domínio S como sendo o conjunto dos

pontos de uma sala de aula e o contradomínio como sendo os números reais. A cada ponto x da sala de aula associamos sua temperatura t(x) em um dado momento, medida por um termômetro instalado na sala. Observe que t : S → R assim denida é uma função, pois cada ponto possui uma única temperatura bem denida no instante xado, que é um número real. Por outro lado, se trocarmos os papéis do domínio e contradomínio e a cada número real associamos o ponto da sala que tem aquela temperatura, não teremos uma função, pois pode haver mais de um ponto com a dada temperatura ou ainda uma temperatura que não é atingida por nenhum ponto da sala.

Exemplo A.4. Vamos agora dar outro exemplo em que não temos

uma função, isto é, cuja a nossa aparente correspondência não é de fato uma correspondência, pois não associa a cada elemento x do domínio um único elemento f (x) do contradomínio. Para tanto, xe o domínio como sendo o conjunto dos números reais no intervalo [0, 1] e como contradomínio o conjunto Σ denido pelas sequências de elementos no conjunto {0, 1, 2, . . . , 9}. Ou seja,

282

A


Σ = (a1 , a2 , a3 , . . . ); ai ∈ {0, 1, 2, 3, . . . , 9} .

Cada elemento x ∈ [0, 1] possui uma expansão decimal x = 0, x1 x2 x3 . . . . Dena f : [0, 1] → Σ colocando f (x) = (x1 , x2 , x3 , . . . ). A princípio, parece que f denida desse modo é uma função. Porém, olhando de perto vemos que o número 0, 1 possui mais de uma representação na base decimal, pois 0, 1 = 0, 09999 . . . . Portanto, f não está bem denida, isto é, f não associa a cada elemento de [0, 1] um único elemento de Σ.

Denição A.5. Dada uma função f denida por f : A→B x → f (x)

o conjunto imagem de f é o subconjunto f (A) do contradomínio B formado pelos pontos y do contradomínio tais que existe algum ponto x no domínio A tal que y = f (x). Ou seja f (A) = {y ∈ B; existe x ∈ A tal que y = f (x)}.

imagem de um ponto x ∈ A é o ponto f (x). Denimos também 0 a restrição de f a um subconjunto A de seu domínio é a nova função A

denida considerando-se o domínio como sendo o conjunto

A0

demais elementos os mesmos. Denotamos essa nova função por ou ainda

e os

f |A0

f |A0 : A0 → B x → f (x)

No Exemplo A.2 poderíamos trocar o domínio por um de seus subconjuntos não vazios. Por exemplo, poderíamos considerar o subconjunto Alagoas.

A

de

P

formado pelas pessoas do Brasil que nasceram em

283

Denição via Relações Um modo mais formal de denir função é usar a noção de relação entre dois conjuntos um subconjunto relação

R

entre

A

e

B.

R do produto cartesiano A e B que satisfaz duas condições:

• R é unívoca: dados x1 , x2 ∈ A (x2 , y) ∈ R então x1 = x2 ; • R é total: que dado

A e B é simplesmente A × B . Uma função é uma

Uma relação entre

e

y∈B

tais que

(x1 , y) ∈ R

e

x ∈ A existe y ∈ B tal que (x, y) ∈ R. de modo x ∈ A, existe um único y ∈ B tal que (x, y) ∈ R. dado

Funções Injetoras, Sobrejetoras e Bijetoras Denição A.6. Uma função f : A → B é dita injetora (ou

)

injetiva

se a seguinte propriedade vale:

Dados x, y ∈ A tais que f (x) = f (y), então x = y. Outro modo equivalente de formular tal propriedade é usando sua forma contrarrecíproca: Se x, y ∈ A são tais que x 6= y, então f (x) 6= f (y).

Exemplo A.7. Por exemplo, a função f : R → R dada por f (x) = x2

não é injetora, pois f (−1) = (−1)2 = 12 = f (1). Por outro lado, se g : [0, +∞) → R é dada por g(x) = x2 , então g é injetora, pois dados dois números não negativos a e b tais que g(a) = g(b), isto é, a2 = b2 , então a2 − b2 = 0, de onde (a − b)(a + b) = 0, restando as possibilidades a = b ou a = −b. Como a e b são positivos, temos que a = b.

284

A

Denição A.8. Uma função f : A → B é dita


sobrejetora

(ou

so-

) se a seguinte propriedade vale:

brejetiva

Dado y ∈ B existe x ∈ A, tal que f (x) = y.

Exemplo A.9. Por exemplo, a função f : R → R dada por f (x) =

x2 do exemplo anterior não é sobrejetora, pois não existe nenhum número real x tal que f (x) = −1, por exemplo. Por outro lado, se considerarmos g(x) : R → [0, +∞) dada por g(x) = x2 , então g é sobrejetora, pois dado qualquer número não negativo b, podemos tomar √ a como sendo a = b de modo que g(a) = a2 = b.

Denição A.10. Uma função é dita

bijetora

(ou ainda

) se

bijetiva

ela é injetora e sobrejetora.

f : R → R dada por f (x) = x3 é uma função bijetora, pois é injetora e sobrejetora, já que dado y ∈ R, existe um 3 único x ∈ R tal que y = x . Quando f : A → B é bijetora, então dado qualquer elemento y ∈ B , existe um elemento x ∈ A tal que f (x) = y (pois f é sobrejetora) e esse elemento é único (pois f é injetora). Em outros termos, podemos denir uma nova função: g : B → A associando a cada elemento y ∈ B o único elemento x em A tal que f (x) = y . Em outras palavras, Por exemplo, a função

g(y) = x, g

é chamada de

se e somente se,

função inversa de f .

Quando existe uma bijeção que

A

e

B

f (x) = y.

f

entre dois conjuntos

A

têm a mesma quantidade de elementos ou

e

B,

dizemos

cardinalidade.

Para mais informações sobre funções, recomendamos a leitura de [3].

Referências Bibliográcas [1] AIGNER, M. e ZIEGLER, G. (2002).

As Provas estão

no Livro. Edgard Blücher. [2] GARCIA, A. e LEQUAIN, I. (2003).

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Resolucao de Problemas Prof Mat

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