Livro_Olimpiada_Oficial

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Olimp Olim p´ıadas ıad as de Matem´ Mat emática: atica: uma introdu¸c˜ c˜ ao ao Ad´ an J. Corcho & Fernando E. Echaiz & Krerley Oliveira an 27 de maio de 2006

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˜ INTRODUC ¸ AO As Olimp´ıadas ıadas de Matemática atica tˆ em em crescido cresc ido rapidamente rap idamente no n o Brasil, Brasi l, com a participa¸c˜ cão ao de milhões oes de estudantes em competi¸c˜ oes oes em vário ar ioss n´ıveis ıve is,, desde competi¸c˜ cões oes municipais munic ipais e estaduais estad uais até as competi¸ competi ¸c˜ coes o˜es nacionais nacionais e internacionais, ternaci onais, como a Olimp Ol imp´´ıada Brasilei Br asileira ra de Matem´ Mat emática atica (www.obm.org.br) e mais recentemente, recentemente, a Olimp´ Olimp´ıada Brasileira de Matemática atica das Escolas P´ ublicas (www.obmep.org.br). Al´ ublicas em em de serem um excelente passatempo para os estudantes, as Olimp´ Olimp´ıadas de Matemática atica incentivam os mais talentosos para um estudo um pouco mais profundo da matemática no ensino básico. asico. O resultado resultado dessa combina¸ combina¸c˜ cão ao são ao alunos motivados e interessados no estudo da Matemática, atica, superando o tradicional tabu que existe em torno da disciplina. disciplina. Apesar Apesa r disso, dis so, os textos tex tos dispon´ di spon´ıveis ıveis para p ara o treinamento treiname nto em Olimp´ O limp´ıadas ıadas de Matem´ atica atica são ao escassos, em compara¸c˜ cão ao com os numerosos e quase sempre mal formulados livros-texto para o ensino regular. Pensando nisso, na necessidade dos bons alunos e professores de ensino médio edio no tocante a material adicional de matemática atica do ensino en sino m´ edio, edio, é que qu e escrevemos es crevemos esse livro. Juntando as experiˆ exper iências encias didáticas aticas vividas vivida s pelos pelo s autores a utores em três es pa´ pa´ıses diferentes, entes, Brasil, Brasil, Cuba e Peru, Peru, esperamos esperamos tornar tornar para o leitor leitor a matem´ matem´ atica atica mais interessante, mostrando um pouco do imenso brilho e beleza que ela esconde. Agora algumas palavras de como o livro l ivro foi escrito. Os cap´ıtulos ıtulos estãaoo baseados em fatos básicos asicos da matemática atica e trazem alguns teoremas fundamentais. damentais. Como regra geral, geral, os estudant estudantes es podem simplesmente simplesmente ler as demonstra¸c˜ coes, ões, sem a preocupa¸c˜ cão ao em entende entenderr os detalhe detalhess delas. delas. Já os exemplos e aplica¸c˜ cões oes dos teoremas devem ser lidos com cuidado e muita aten¸c˜ cão. ao. Para os estudantes que desejem treinar para olimp´ olimp´ıadas de matemática, atica, sugerimos que formem grupos de estudo para trabalhar os temas 2

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˜ INTRODUC ¸ AO As Olimp´ıadas ıadas de Matemática atica tˆ em em crescido cresc ido rapidamente rap idamente no n o Brasil, Brasi l, com a participa¸c˜ cão ao de milhões oes de estudantes em competi¸c˜ oes oes em vário ar ioss n´ıveis ıve is,, desde competi¸c˜ cões oes municipais munic ipais e estaduais estad uais até as competi¸ competi ¸c˜ coes o˜es nacionais nacionais e internacionais, ternaci onais, como a Olimp Ol imp´´ıada Brasilei Br asileira ra de Matem´ Mat emática atica (www.obm.org.br) e mais recentemente, recentemente, a Olimp´ Olimp´ıada Brasileira de Matemática atica das Escolas P´ ublicas (www.obmep.org.br). Al´ ublicas em em de serem um excelente passatempo para os estudantes, as Olimp´ Olimp´ıadas de Matemática atica incentivam os mais talentosos para um estudo um pouco mais profundo da matemática no ensino básico. asico. O resultado resultado dessa combina¸ combina¸c˜ cão ao são ao alunos motivados e interessados no estudo da Matemática, atica, superando o tradicional tabu que existe em torno da disciplina. disciplina. Apesar Apesa r disso, dis so, os textos tex tos dispon´ di spon´ıveis ıveis para p ara o treinamento treiname nto em Olimp´ O limp´ıadas ıadas de Matem´ atica atica são ao escassos, em compara¸c˜ cão ao com os numerosos e quase sempre mal formulados livros-texto para o ensino regular. Pensando nisso, na necessidade dos bons alunos e professores de ensino médio edio no tocante a material adicional de matemática atica do ensino en sino m´ edio, edio, é que qu e escrevemos es crevemos esse livro. Juntando as experiˆ exper iências encias didáticas aticas vividas vivida s pelos pelo s autores a utores em três es pa´ pa´ıses diferentes, entes, Brasil, Brasil, Cuba e Peru, Peru, esperamos esperamos tornar tornar para o leitor leitor a matem´ matem´ atica atica mais interessante, mostrando um pouco do imenso brilho e beleza que ela esconde. Agora algumas palavras de como o livro l ivro foi escrito. Os cap´ıtulos ıtulos estãaoo baseados em fatos básicos asicos da matemática atica e trazem alguns teoremas fundamentais. damentais. Como regra geral, geral, os estudant estudantes es podem simplesmente simplesmente ler as demonstra¸c˜ coes, ões, sem a preocupa¸c˜ cão ao em entende entenderr os detalhe detalhess delas. delas. Já os exemplos e aplica¸c˜ cões oes dos teoremas devem ser lidos com cuidado e muita aten¸c˜ cão. ao. Para os estudantes que desejem treinar para olimp´ olimp´ıadas de matemática, atica, sugerimos que formem grupos de estudo para trabalhar os temas 2

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3 individualmente, sob a orienta¸c˜ cao aõ de um professor. O primeiro cap´ cap´ıtulo é para introduzir o leitor no esp´ es p´ırit ır ito o do livro e dar uma amostra do tipo de problemas e material que seguirá nos demais cap´ cap´ıtulos. São ao propostos alguns problemas, muitos deles com solu¸c˜ cões, oes, e discutimos discutimos alguns m´ etodos etodos important importantes es para uso no dia-a-dia dia-a-dia dos estudantes dantes.. Nesta Nesta discuss˜ discuss˜ ao, ao, inclu´ımos ımos o M´ etodo etodo de Redu¸c˜ cao a˜ o ao Absurdo e algumas regras básicas asicas e cuidados que devemos ter ao resolver problemas em Matemática. atica. O cap´ cap´ıtulo seguinte trata do conceito de divisibilidade. divisibilidade. Tentamos introduzir o leitor nos principais aspectos básicos, asicos, incluindo-se a divisibilidade com resto, máximo aximo divisor divis or comum co mum e m´ınimo múltiplo ultiplo comum, n´ umeros umeros primos e equa¸c˜ coes ões diofantinas diofantinas.. A organiza¸ c˜ cão ao dos exemplos tenta seguir uma linha em ordem crescente de dificuldade e, para o melhor aproveitamento do curso, o trabalho t rabalho com os exerc´ıcios ıcios é parte p arte fundamental. fundame ntal. No cap´ cap´ıtulo de contagem, come¸camos camos com no¸c˜ cões oes uteis u ´ teis sobre conjuntos e prin pr inc´ c´ıpio ıp ioss b´ b asicos a´sicos para contar os elementos de um conjunto. Neste cap´ıtulo, ıtulo, estamos mais preocupados com as aplica¸c˜ cões oes imediatas do que com os aspectos teóricos oricos do assunto, sugerindo alguns problemas para o estudante inician iniciante. te. Seguim Seguimos os discut discutind indoo os tipos tipos de agrupa agrupamen mento to de elemen elementos tos e suas conseq¨ uˆ uênci en cias as.. Um dos cap´ cap´ıtulos mais uteis u ´ teis para o estudante que deseja participar de Olimp´ıadas ıadas de Matemática atica é o que trata do Princ´ıpio ıpio da Casa dos Pombos. bos. Este cap´ cap´ıtulo é um belo exemplo de como algo aparentemente ingênuo enuo pode gerar conseqüˆ uencias eˆncias interessantes. interessantes. Alguns dos exemplos estão ao conectados com os cap´ cap´ıtulos anteriores e aparentemente aparentemente aplicam o princ´ princ´ıpio de modo inusitado, em problemas de geometria, teoria dos números umeros e em áreas areas diversas. Finalmente, o estudante se depara com uma arma poderosa p oderosa do matemático. O cap´ıtulo ıtu lo 5 est´ e stá dedicado a Método et odo da Indu¸ In du¸c˜ cao ˜ Finita . Novamente, procuramos conectar este cap´ cap´ıtulo com ooss cap´ıtulos ıtulos anteriores, re-obtendo re-obtend o com o aux´ılio ıli o do Método eto do da Indu¸ Ind u¸c˜ cão ao algumas coisas que já foram deduzidas por outros m´ etodos. etodo s. Vários arios exemplos e problemas são ao resolvidos, alguns deles de modo surpreende surpreendente nte e inesperado. inesperado. Para deixar o leitor com bastante trabalho para fazer e fixar as id´ eias eias desenvolvidas, senvolvidas , dedicamos dedicamo s um cap´ cap´ıtulo a problemas pr oblemas de Olimp Ol imp´´ıadas de Matem´ Ma temática. atica. De olimp´ olimp´ıadas regionais, nacionais e internacionais, eles apresentam um desafio suficiente para motivar o leitor num treinamento posterior. Somos gratos a muitas pessoas que colaboraram com a elabora¸cão ao deste

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4 livro com sugestões e corre¸co˜es de muitos erros em versões iniciais. Entre eles, citamos: Carlos Gustavo Moreira, Ali Tahzibi, Iram Gléria, Eduardo Teixeira, Valdenberg Ara´ ujo e Chico Potiguar. Finalmente, dedicamos este livro as nossas esposas e filhos, os quais compreenderam os sábados sacrificados em fun¸caõ de escrevê-lo.

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Sum´ ario 1 Primeiros Passos 1.1 Tarefas Imposs´ıveis . . . . . . . . . 1.1.1 A morte do barbeiro . . . . 1.1.2 A prova surpresa . . . . . . 1.1.3 Os Irm˜ aos Gananciosos . . 1.2 Organizando as Idéias . . . . . . . 1.3 Verdadeiro ou Falso? . . . . . . . . 1.4 O M´ etodo de Redu¸cão ao Absurdo 1.5 Dicas para Resolver Problemas . .

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2 Divisibilidade 2.1 Conceitos Fundamentais e Divis˜ ao com Resto . . . . 2.2 Máximo Divisor Comum e M´ınimo Múltiplo Comum 2.3 N´ umeros Primos e Compostos . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 O Crivo de Eratóstenes . . . . . . . . . . . . 2.3.2 O Teorema Fundamental da Aritmética . . . 2.3.3 Identificando N´ umeros Compostos . . . . . . 2.4 Um pouco sobre Equa¸co˜es Diofantinas . . . . . . . . 2.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3 Contagem 3.1 Princ´ıpio Aditivo de Contagem . . . . . . . . . . . . . 3.2 Princ´ıpio Multiplicativo de Contagem . . . . . . . . . 3.3 Uso simultˆ aneo dos Princ´ıpios Aditivo e Multiplicativo 3.4 Permuta¸co˜es Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Arranjos Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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8 8 8 9 10 11 13 16 19

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29 29 38 48 50 53 58 63 66

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69 69 76 82 85 87

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´ SUMARIO

3.6 Combina¸co˜es Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 3.7 Contagem e Probabilidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 3.8 Exerc´ıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 4 O Princ´ıpio da Casa dos Pombos 4.1 Primeiros Exemplos . . . . . . . . 4.2 Uma Vers˜ ao mais Geral . . . . . . 4.3 Aplica¸ cões na Teoria dos N´ umeros 4.4 Aplica¸ cões Geométricas . . . . . . 4.5 Miscelˆ anea . . . . . . . . . . . . . 4.6 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . .

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5 Indu¸ c˜ ao Matem´ atica 5.1 Formula¸caõ Matemática . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Método de Indu¸cão Matemática . . . . 5.2 Problemas Cl´ assicos . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Demonstrando Identidades . . . . . . . 5.2.2 Demonstrando Desigualdades . . . . . . 5.2.3 Indu¸cã o em problemas de divisibilidade 5.3 Indu¸cão na Geometria . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Miscelˆ anea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Método Forte da Indu¸cão . . . . . . . . . . . . 5.6 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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6 Problemas de Olimp´ıadas

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Sum´ ario

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Cap´ıtulo 1

Primeiros Passos Neste cap´ıtulo, faremos uma coletânea de problemas e idéias que servirão para ilustrar vários métodos que iremos discutir nos cap´ıtulos seguintes e dar um sabor do tipo de argumento que aparece nos problemas em matemática. Alguns dos exemplos que discutiremos serão u ´ teis para orientar quanto ao cuidado que devemos ter quando vamos discutir problemas em Matemática. Come¸caremos com três histórias interessantes e muito intrigantes, os quais discutiremos superficialmente.

1.1 1.1.1

Tarefas Imposs´ıveis A morte do barbeiro

Num reino muito antigo e muito pequeno só havia um barbeiro, que cuidava da aparência Real. O Rei, para agradar sua popula¸cão que estava insatisfeita com seu governo, decidiu decretar o seguinte: Decreto Real: O Barbeiro Real barbear´ a somente aquelas pessoas que n˜ ao

se barbeiam. Caso esse decreto seja descumprido, ordeno a morte do barbeiro. O s´ abio da corte, mago e conhecedor de Matemática, ao ver o decreto real que iria ser publicado, correu ao encontro do Rei, clamando para que Sua Majestade desistisse de tal idéia. O Rei espantado, achou uma impertinência tal comportamento do mago, que prontamente lhe explicou suas razões: 8

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[SEC. 1.1: TAREFAS IMPOSSÍVEIS


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Majestade, caso Vossa Alteza decida publicar tal decreto, o pobre Barbeiro Real terá que ser morto, pois é humanamente imposs´ıvel cumpri-lo. Apesar de Vossa Majestade já saber disso, vou com sua permissão tomar a liberdade de me explicar: “Imagine que tal decreto seja publicado e esteja em vigor em seu fabuloso reino. Neste caso, restariam ao barbeiro duas possibilidades:

• O barbeiro não se barbeia.

Neste caso, Vossa Sabedoria obrigaria ao barbeiro a se barbear, o que seria imposs´ıvel para essa pobre criatura, uma vez que ele não se barbeia. Resultado: ele seria morto.

• O barbeiro se barbeia.

Neste caso, ele estaria descumprindo seu decreto de barbear somente quem não se barbeia. Assim ele deveria ser morto.

Note Vossa Sabedoria, que sabe mais do que eu, que ele seria morto de qualquer modo caso tal decreto entrasse em vigor, aumentando ainda mais a insatisfa¸caõ do povo. Assim, a humilde sugest˜ ao de seu servo é que em sua gra¸ca e bondade, a publica¸cão de tal decreto seja adiada.” Depois dessas palavras sábias e precisas do Mago da Corte, a vida do pobre barbeiro foi salva e ele viveu até os últimos dias de sua vida cortando feliz a barba de quem se barbeasse e de quem não se barbeasse.

1.1.2

A prova surpresa

O Diretor de uma escola famosa, aborrecido com o mau desempenho dos alunos do primeiro ano, pediu ao professor de matemática que comunicasse aos estudantes que na semana seguinte seria realizada uma prova-surpresa, na inten¸caõ de fazer com que os estudantes se dedicassem mais. Quando conversou com o professor de matemática a esse respeito, o professor disse que de acordo com a lógica, ele não deveria anunciar nada, pois se anunciasse não havia meios de que a prova fosse surpresa. Como o diretor não aceitou esse argumento sem uma explica¸caõ detalhada, o professor de matemática teve que se explicar. Os dois tiveram a seguinte conversa: - P: - Diretor, digamos que eu deseje realizar tal prova-surpresa. Neste caso, não poderei realizá-la na sexta-feira. - D: Mas, por quê?

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[CAP. 1: PRIMEIROS PASSOS

- P: Caso a seja realizada na sexta, na quinta-feira os alunos vão perceber isso, pois notarão que ela não foi realizada até a quinta. - D: Ah! T´ a certo. Mas você pode realizar a prova na quinta. - P: Não, eu também não poderei realizá-la na quinta. - D: Deixe-me então tentar justificar isso. Veja só, como você não pode realizar a prova na sexta, ela terá que acontecer entre segunda-feira e quintafeira. Logo, se ela for ser realizada na quinta, quando chegar a quarta-feira os alunos perceberão que não houve prova até o momento e deduzirão que ela será na quinta, já que não pode ser na sexta! - P: Perfeito, diretor! Você entendeu o racioc´ınio. Logo ela deve acontecer segunda, ter¸ca ou quarta. Do mesmo modo, podemos argumentar e excluir a quarta-feira. - D: Então ela será na segunda! - P: Exatamente! E neste caso deixará de ser surpresa. - D: Entendi seu argumento, professor. Acho que vou ter que arrumar outro castigo para esses alunos indisciplinados. Obrigado pela explica¸cão!

1.1.3

Os Irm˜ aos Gananciosos

No dia do aniversário dos gêmeos Cosme e Damião, seu pai, dono de uma das maiores bombonieres da cidade, decidiu trazer para presentear os dois aniversariantes uma sacola com quarenta doces. A cada minuto, eles se alternam na escolha, podendo pegar um ou dois doces. Caso um deles pegue dois doces, o pai pega a sacola de volta pois considera esta atitude muito gananciosa. Todos os dois sabem disso e sabem que podem ficar com vinte doces cada um, caso não sejam gananciosos. O primeiro a escolher seu doce é o Cosme. O que o Cosme deve fazer? Se você respondeu “pegar um doce somente”, vamos mostrar a você que a lógica, pura e simples, vai nos levar na dire¸cão contrária (apesar de toda pessoa de bom senso come¸car escolhendo um doce). Para ver isso, vamos imaginar que eles já fizeram várias escolhas e os doces estão acabando. Como o Cosme come¸cou a retirar os doces, depois de 38 retiradas sucessivas haverá exatamente dois doces na sacola. Neste caso, o que o Cosme faria? Naturalmente, ele pegaria os dois doces. Por´ em, seu irmão Damião sabe disso e na escolha imediatamente anterior, quando houvesse três doces na sacola ele teria duas op¸cões: tiraria um doce e deixaria seu irmão com dois doces, ou tiraria dois doces e acabaria a distribui¸cão.

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´ [SEC. 1.2: ORGANIZANDO AS IDEIAS

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Como ele conhece seu irmão e sabe que se deixasse os dois doces ele iria tirá-los, ele acabaria o jogo quando houvesse três doces no saco. Neste momento, argumentamos por analogia: quando houvesse quatro doces no saco, Cosme saberia que se tirasse um doce, Damião tiraria dois e acabaria com a distribui¸caõ. Assim, ele tiraria dois doces e acabaria a distribui¸cão quando houvesse quatro doces na sacola. Por sua vez, o Damião... Argumentando de trás-para-frente, conclu´ımos que o Cosme deveria tirar na sua primeira escolha dois doces e acabar com a distribui¸cão. Entendeu?

1.2

Organizando as Id´ eias

Nesta se¸cão vamos come¸car a montar os alicerces de nossa constru¸c˜ ao em Matem´ atica. Para isso, precisamos ter bem claros em nossa mente alguns conceitos que serão u ´ teis na hora de distinguir entre o que devemos provar e o que estamos assumindo como verdade em uma afirma¸cão matemática. ´ sobre isso que falaremos agora. Come¸caremos observando as seguintes E afirma¸cões: (a) Se como muitos doces, então passo mal; (b) Se estudo bastante, então passo no exame de inglês. Em ambas, estamos assumindo alguma coisa como verdadeira e a partir disso, afirmamos que alguma outra coisa é válida. Na primeira afirma¸cão, estamos assumindo que comemos muitos doces e afirmamos que, com isto, acabamos passando mal. Em nosso estudo da Matemática, ter em mente o que estamos assumindo como verdadeiro e o que desejamos provar é muito importante para evitar confusões e erros em nossos argumentos. Para facilitar essa divisão, vamos definir o que entendemos por proposi¸cao: ˜ Defini¸ ca õ 1.1. Uma proposi¸cão é uma afirma¸cão composta de hip´ otese e tese. A hip´ otese é tudo aquilo que assumimos como verdadeiro. A tese é tudo aquilo que queremos mostrar. Em nossa segunda afirma¸caõ, estamos assumindo que estudamos bastante. A hipótese neste caso é:

• Hipótese: Estudo bastante.

Queremos mostrar que passaremos no exame de inglês. A tese é então:

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• Tese: Passo no exame de inglês. Forma Direta: Vamos chamar o modo em que apresentamos uma proposi¸cão de forma direta . Por exemplo, quando enunciamos a proposi¸cão “Se x é uma laranja, então x é uma fruta”, estamos enunciando sua forma direta. Vamos descrever agora como podemos obter novas proposi¸c˜ oes a partir da forma direta de uma proposi¸cão: Forma Negativa: Para obter a forma negativa basta que neguemos a hip´ otese e neguemos a tese: Hip´ otese Tese

Forma Direta x é uma laranja x é uma fruta

Forma Negativa x n˜ ao é uma laranja x não é uma fruta

Logo a forma negativa fica sendo: Se x n˜ ao é uma laranja, ent˜ ao x n˜ ao é uma fruta. Forma Rec´ıproca: Para construirmos a forma rec´ıproca, temos que trocar a hipótese pela tese (e vice-versa) na forma direta. No nosso exemplo:

Hipótese Tese


Forma Rec´ıproca x é uma fruta x é uma laranja

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[SEC. 1.3: VERDADEIRO OU FALSO?

Assim a Forma Rec´ıproca é: Se x é uma fruta, ent˜ ao x é uma laranja. Forma Contra-rec´ıproca: Para obtermos a forma contra-rec´ıproca a partir da forma direta, temos que trocar a hipótese pela tese e negar a hipótese e a tese. Hip´ otese Tese


Forma Contra-rec´ıproca x n˜ ao é uma fruta x n˜ ao é uma laranja

Logo a forma contra-rec´ıproca fica sendo: Se x n˜ ao é uma fruta, ent˜ ao x n˜ ao é uma laranja.

1.3

Verdadeiro ou Falso?

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 proposi¸caõ em Matemática uma vez demonstrada através de argumentos lógicos corretos, é aceita como verdade e não sofre grandes altera¸co˜es ao longo dos tempos. Como conseq¨ uência desse fato é que os resultados provados em Matemática às vezes podem tornar seus descobridores ilustres e se aplicam através dos séculos. Por exemplo, o Teorema de Pitágoras é utilizado até hoje do mesmo modo que foi descoberto há mais de 2.000 anos e seguirá do mesmo jeito nos próximos 2.000 anos. Vamos ilustrar melhor essa diferen¸ca com um exemplo em Geografia: Hoje, todos nós sabemos que a Terra tem aproximadamente o formato de uma laranja, um pouco achatada nos pólos. Porém, na época de Pitágoras, um dos grandes temores dos navegadores era encontrar o fim-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 concep¸ca˜ o da

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natureza mudou ao longo do tempo, transformando uma proposi¸cão verdadeira num per´ıodo da humanidade em algo completamente falso em outra época. Por´ em, para nossa felicidade, isso não acontece na Matemática. Uma proposi¸caõ ou é verdadeira ou é falsa e permanecerá deste modo pelos milênios. Mas como saber se uma proposi¸caõ é verdadeira ou falsa? A primeira coisa que devemos fazer é tomar muito cuidado. As aparˆ encias enganam ou, como diziam nossos avós, “nem tudo que reluz é ouro.”O leitor, avisado disso, pense agora na seguinte pergunta:

• Qual é a chance de que pelo menos duas pessoas num ônibus com 44 passageiros fa¸cam aniversário no mesmo dia do ano?

Como já avisamos, o leitor deve ter cuidado ao responder a 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 pessoas ao acaso, é claro que a chance de que num grupo de 44 pessoas pelo menos duas delas fa¸cam aniversário no mesmo dia do ano é pequena, pois 44 é um número muito pequeno com respeito ` primeira vista isso pode at´ a 365. A e parecer verdadeiro, mas com uma análise mais cuidadosa veremos que é completamente falso. Na verdade, a chance de que pelo menos duas pessoas do ônibus fa¸cam aniversário no mesmo dia do ano é de cerca de 80%! 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 40 pessoas, e fazer o experimento ao vivo. Muito provavelmente você deve conseguir duas pessoas que fazem aniversário no mesmo dia do ano. Se você verifica que existiam duas pessoas que faziam aniversário no mesmo dia do ano, não foi por acaso, pois a chance de isso acontecer era muito alta. Mas, cuidado! Isso não é uma prova matemática para este fato. Para provar que este fato é verdadeiro você deve verificar que se escolhermos ao acaso um grupo de 44 pessoas então com 80% 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 anivers´ ario no mesmo dia do ano, não se desespere. Lembre-se de que se trata de algo que acontece com chance de 80% e que pode não acontecer quando fazemos um teste. Em qualquer um dos casos, para ter a certeza de que a proposi¸cão é verdadeira o leitor deve passar para o Capitulo 3, onde demonstraremos matematicamente que o que afirmamos é verdade.

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[SEC. 1.3: VERDADEIRO OU FALSO?

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Vamos analisar agora outro fato aparentemente óbvio:

• Num campeonato de futebol onde cada time joga a mesma quantidade

de jogos, cada vitória vale trˆ es 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 melhor equipe é aquela que tem mais derrotas. Você acha que este critério é justo?

Com respeito a esta pergunta, a resposta do leitor deve ter sido que a mudan¸ca de critério é totalmente injusta (acertamos a sua resposta?), pois um time que perdeu mais é pior que um que perdeu menos. Na verdade, não houve mudan¸ca nenhuma de critério! Para ver isso rapidamente, lembre-se de que se a equipe A perdeu mais que a equipe B e ainda assim empataram, então ela deve ter ganho mais, para que no fim do campeonato a equipe A ainda assim conseguisse empatar com a equipe B. Vamos mostrar isso precisamente. Sejam a1 , a2 , a3 o número de derrotas, empates e vitórias, respectivamente, da equipe A. Do mesmo modo, sejam b1 , b2 , b3 o número de derrotas, empates e vitórias, respectivamente, da equipe B. Nossa hip´ otese é de que a equipe A obteve mais vitórias que a equipe B, ou seja, que a3 > b 3 . Como cada equipe jogou o mesmo número de jogos, temos que a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 .

(1.1)

Por outro lado, note que o número de pontos obtidos pela equipe A é a2 + 3a3 . Do mesmo modo, o número de pontos obtidos pela equipe B é igual a b2 + 3b3 . Como as duas empataram, temos que: a2 + 3a3 = b2 + 3b3 . Ou ainda,

− b3) = b2 − a2 ou b3 − a3 = − b2 −3 a2 . Como a3 − b3 > 0 temos que b2 − a2 > 0. Reescrevendo a equa¸caõ (1.1), 3(a3

temos que: a1

− b1 = b2 − a2 + (b3 − a3) = b2 − a2 − b2 −3 a2 = 23 (b2 − a2).

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Logo, temos que a1 b1 > 0, pois b2 a2 > 0. Isso significa que A teve mais derrotas que B, como quer´ıamos demonstrar. 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 situa¸cão que é claramente falsa para um observador menos atento, se mostre verdadeira quando fazemos uma análise mais criteriosa.

−

1.4

−

O M´ etodo de Redu¸ c˜ ao ao Absurdo

“Um detetive está investigando um caso de roubo de um objeto que ocorreu numa sala onde havia somente duas pessoas. Naturalmente, o criminoso se encontra entre as duas pessoas que estavam na sala. Após investigar criteriosamente a primeira pessoa, ele chega à conclusão de que esta pessoa é inocente. Logo, o crime foi cometido pela segunda pessoa.” Apesar de sua simplicidade, o m´ etodo descrito no parágrafo anterior é uma das ferramentas mais poderosas da Matemática. Nós conhecemos este método pelo nome de Método de Redu¸c˜ ao ao Absurdo ou Método do Terceiro Exclu´ıdo. Resumidamente, se uma afirma¸caõ não é verdadeira, ela só pode ser falsa. Para escrever o m´ etodo em termos de proposi¸cões, devemos seguir o seguinte roteiro:

• Assumindo a Hipótese como verdade, tentamos mostrar que a nossa Tese é verdadeira.

• Se não conseguimos isso diretamente, supomos que a Tese é falsa. • Após argumentarmos corretamente, deduzimos que a Hipótese tem que ser falsa. Isso é um absurdo, pois estamos assumindo que a Hip´ otese é verdadeira.

• Deste modo, não podemos supor que a tese é falsa, onde ela deve ser verdadeira.

Em termos de proposi¸cões, podemos concluir que o M´ etodo de Redu¸c˜ ao ao Absurdo pode ser formulado do seguinte modo:

• Para mostrar que uma proposi¸cão é verdadeira, basta mostrar que sua forma contra-rec´ıproca ´ e verdadeira.

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´ ˜ AO ABSURDO [SEC. 1.4: O METODO DE REDUC ¸ AO

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Em resumo, podemos dizer que o método da redu¸c˜ ao ao absurdo é:

Forma Direta

⇔ Forma Contra-rec´ıproca

⇔

O s´ımbolo significa que a Forma Direta de uma proposi¸c˜ ao é verdadeira se, e somente se, a sua Forma Contra-rec´ıproca também o for. Vamos mostrar como esse método funciona na prática. Dizemos que um número natural n é par, se existir outro número natural k tal que n = 2k. No caso contrário, este n´ umero é chamado de ´ımpar e se escreve da forma 2k + 1 para algum número natural k. Considere a seguinte proposi¸caõ: Proposi¸cão 1.2. Se n é par, ent˜ ao n2 é par.

• Hipótese: n é par. • Tese: n2 é par. Apesar de parecer óbvia, esta proposi¸cão merece uma prova matemática rigorosa. Vamos dar essa prova: Demonstra¸ cao. ˜ Se n é par, então pela defini¸cão de n´ umero par, deve existir um n´ umero natural k tal que n = 2k. Logo, n2 = (2k)(2k) = 2(2k2 ). Denotando q = 2k 2 , temos que n2 = 2q é par também.

Vamos agora considerar uma outra proposi¸cão: Proposi¸cão 1.3. Se n2 é par, ent˜ ao n é par.

• Hipótese: n2 é par. • Tese: n é par.

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n2 4 16 36 64 100 144

n 2 4 6 8 10 12

Desafiamos o leitor a tentar mostrar esta proposi¸cão partindo da hipótese e tentando concluir a tese. Note que podemos verificar que nossa proposi¸c˜ ao é verdadeira para vários valores de n2 como na tabela abaixo, mas isso não é uma prova matemática da nossa proposi¸cão. Mesmo verificando para um bilhão de valores de n2 , sempre nos restariam números para serem verificados. Como nossas tentativas de provar a forma direta desta proposi¸cão estão sendo frustradas, neste momento iremos apelar para o Método de Redu¸caõ ao Absurdo, ou seja, para mostrar a Proposi¸caõ 1.3, iremos mostrar a sua forma contra-rec´ıproca:

• Negativa da Tese: n não é par. • Negativa da Hipótese: n2 não é par. Demonstra¸ cao. ˜ Como estamos assumindo que n não é par, logo n tem que ser ´ımpar, ou seja, existe k, n´ umero natural, tal que n = 2k + 1. Logo, n2 = (2k + 1)(2k + 1) = 4k 2 + 2k + 2k + 1 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1, chamando q = 2k 2 + 2k, temos que: n2 = 2q + 1 Logo, n2 é ´ımpar, de onde conclu´ımos a prova.

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[SEC. 1.5: DICAS PARA RESOLVER PROBLEMAS

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Isto mostra um pouco do poder do M´ etodo de Redu¸cão ao Absurdo. Antes de usá-lo, não t´ınhamos a menor idéia de como mostrar a proposi¸cão 2. Aplicando o método, constru´ımos uma proposi¸cão equivalente a proposi¸caõ 2, cuja prova conseguimos obter sem maiores dificuldades.

1.5

Dicas para Resolver Problemas

Nesta se¸cão, estudaremos algumas “regras gerais”que devemos ter em mente na hora de resolver um problema de matemática. Aplicaremos estas “regras”a alguns problemas interessantes para ilustrar sua importância. Vamos à primeira regra: Ler bem o enunciado do problema e utilizar todas as informa¸co˜es dispon´ıveis.

• Regra 1:

Problema 1.4. Ao encontrar uma velha amiga, um matem´ atico tem a seguinte conversa: M: Como v˜ ao os três filhos da senhora? S: V˜ ao bem, obrigada! M: Qual a idade deles mesmo? S: Vou lhe dar dicas. O produto das idades deles é 36. M: S´ o com essa dica é imposs´ıvel! S: A soma das idades é igual ao n´ umero daquela casa (apontou para uma casa em frente aos dois). M: Ainda n˜ ao sei! S: O mais velho toca piano! M: Agora eu sei! Você é capaz de descobrir as idades dos três filhos da senhora? ´ muito importante neste problema tirar o máximo de informa¸caõ Solu¸c˜ ao. E das dicas da senhora. Vamos à primeira dica: o produto das idades é 36. Digamos que as idades dos filhos sejam 0  x  y  z  36. Como xyz = 36, temos as seguintes possibilidades:

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x 1 1 1 1 1 2 2 3

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

Vamos agora calcular a soma das idades: x 1 1 1 1 1 2 2 3

y z x+y+z 1 36 38 2 18 21 3 12 16 4 9 14 6 6 13 2 9 13 3 6 11 3 4 10

Observe que não conhecemos a princ´ıpio o número da casa. Porém, sabemos que após a segunda dica, o matemático ainda não conseguiu deduzir as idades das crian¸cas. 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 matem´ atico teria dado a resposta após a segunda dica. Como ele ficou em d´ uvida, olhando a tabela 2, chegamos à conclus˜ ao de que o número da casa só pode ser igual a 13. ´ Ultima dica: O mais velho toca piano. No in´ıcio essa dica parecia inútil, mas agora ela é fundamental para resolvermos o problema. De fato, como o mais velho toca piano, isso significa que

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existe um mais velho, o que descarta o caso (1,6,6). Assim, as idades são 2, 2, e 9. Problema 1.5. Numa cesta encontram-se 9 moedas idˆ enticas, sendo que oito delas têm o mesmo peso e uma moeda é mais leve que as demais. Usando duas vezes uma balan¸ca de dois pratos, encontrar a moeda mais leve. Solu¸c˜ ao. Este é o tipo de problema que a primeira vista pode parecer dif´ıcil, mas que quando usamos todas as informa¸co˜es do seu enunciado se torna fácil. A idéia é dividir as moedas em três grupos de três moedas cada, que chamaremos grupos A, B e C . Colocaremos na balan¸ca os grupos A e B e deixaremos o grupo C fora. Podem acontecer duas coisas: (a) Os pratos ficam equilibrados; (b) Os pratos ficam desequilibrados. No caso 1, temos que os grupos A e B têm o mesmo peso. Logo, a moeda mais leve deve estar no grupo C . No caso 2, um dos grupos ficou mais leve, o que significa que a moeda mais leve está neste grupo. Assim, utilizando a balan¸ca 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 fizemos anteriormente: separamos as trˆ es moedas do grupo A colocando uma em cada prato e deixando a terceira de fora. Podem acontecer duas coisas: (a) Os pratos ficam desequilibrados e assim a moeda mais leve está no prato mais leve; (b) Os pratos ficam equilibrados, logo a moeda mais leve foi a que ficou fora. No final, usamos a balan¸ca exatamente duas vezes.

• Regra 2: Fazer casos particulares ou casos mais simples de problemas similares, para adquirir familiaridade com o problema.

Problema 1.6. 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:

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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, ningu´ em conversa sobre o assunto, olha para espelhos ou vˆ e seu reflexo na agua. Todos se cruzam diariamente e conhecem os olhos de seus amigos. ´ Numa manh˜ a, um estrangeiro chegou a ilha e reuniu as dez pessoas para o seguinte pronunciamento: “Nesta ilha, existe uma pessoa de olhos azuis.” Pergunta-se:

1. O que aconteceu com os habitantes da ilha? 2. Que informa¸c˜ ao nova o estrangeiro trouxe? Dicas: 1. Fazer o caso uma pessoa com olhos azuis e uma com olhos verdes; 2. Fazer o caso de duas pessoas de olhos azuis e duas de olhos verdes. Solu¸c˜ ao. Como em muitos problemas de matemática, abordar casos mais simples do problema pode ajudar bastante na solu¸cão. 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 afirmou 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 solu¸caõ 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 C e D viam as pessoas A e B com olhos azuis e a pessoa A via a pessoa B com olhos azuis e vice-versa. Já no segundo dia, a pessoa A teve o seguinte pensamento:

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“Se eu tivesse olhos verdes, a pessoa B teria descoberto que tinha olhos azuis ontem, pois ela veria trˆ es pessoas de olhos verdes. Como ela n˜ ao 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 n˜ ao teriam se suicidado no segundo dia, pois n˜ ao 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 informa¸cão 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 informa¸cão que o estrangeiro trouxe, vamos voltar ao caso de somente duas pessoas na Ilha, uma de olhos azuis e outra de olhos verdes. Neste caso, a pessoa de olhos azuis somente vê uma pessoa de olhos verdes. Com a informa¸cão 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 informa¸caõ que o estrangeiro trouxe. Problema 1.7. Um viajante deseja se hospedar durante 31 dias num hotel. Entretanto, percebe que est´ a sem dinheiro e que a ´ unica coisa que possui é uma corrente com 31 elos de ouro (veja figura). Para pagar sua conta, ele

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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 n´ umero de peda¸cos. Quantos cortes vocˆ e conseguiria dar e pagar a conta? Solu¸c˜ ao. Uma primeira solu¸caõ é cortar a corrente 30 vezes, separando todos os elos. Porém, essa não é a melhor solu¸caõ, 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 1, 2

Viajante 28

Note que o número 2 denota o peda¸co que contém 2 elos. Para pagar o 4 dia, cortaremos a corrente de modo a obter um peda¸co com quatro elos. Entregamos ao gerente este peda¸co e recebemos de troco um elo solto e um peda¸co com dois elos. Com o elo solto, pagamos o 5 ◦ dia. Assim, no 5◦ dia teremos o seguintes grupos de elos: ◦

Elos

Gerente 1, 4

Viajante 2, 24

Assim, pagamos o 6◦ dia com o peda¸co que cont´ em dois elos e receberemos o elo solto de troco. Finalmente pagaremos o 7 ◦ dia com o elo solto. Note que foi poss´ıvel pagar 7 dias com apenas três cortes na corrente. A continua¸caõ do procedimento está quase revelada. Para pagar o 8 ◦ dia, cortaremos um peda¸co com oito elos. Daremos este peda¸co e receberemos de troco 7 elos, sendo um elo solto, um peda¸co com 4 e um peda¸co 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

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os 15 primeiros dias, precisamos de 4 cortes na corrente. Neste momento, a corrente está distribu´ıda do seguinte modo:

Elos

Gerente 1, 2, 4, 8

Viajante 16

Para pagar o 16 ◦ dia, entregaremos ao gerente o peda¸co com os 16 elos restantes, recebendo 15 elos divididos em peda¸cos 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 m´ınimo número de cortes é 4.

• Regra 3: Mudar a representa¸caõ do problema, transformando-o em um problema equivalente.

Problema 1.8. 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 poss´ıvel sair do tabuleiro 1 e chegar ao tabuleiro 2 sem que em algum momento existam dois cavalos na mesma casa.

(a)

(b) Figura 1.1::

Solu¸c˜ ao: Para resolver este problema vamos usar a estrat´ egia de mudar a representa¸c˜ ao. O que significa isso? Vamos reescrever o problema com

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outros ingredientes, porém sem alterar em nada sua essˆ encia. Primeiramente, enumere as casas do tabuleiro com os números 1, 2, . . . , 9, como na Figura 1.5.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Figura 1.2:: Vamos agora associar ao tabuleiro, um conjunto de nove pontos tamb´ em enumerados com os números 1,2, . . . , 9. Se for poss´ıvel 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 poss´ıvel, saindo da casa 1 chegar à casa 6 e a casa 8. Deste modo, o ponto com número 1 está ligado com o ponto com número 8. Se analisarmos todas as poss´ıveis liga¸co˜es entre os pontos obteremos a seguinte figura: 9 2 7

•

• 6

• •

•

•

•4 •3 •8

1 Figura 1.3:: Assim, se colocarmos os cavalos como no tabuleiro 1, teremos a situa¸cão descrita na Figura 1.4. Deste modo, fica evidente que não podemos trocar a

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posi¸cão dos cavalos branco e preto sem que em algum momento eles ocupem a mesma casa. CP 9 2 CP 7

•

• 6

• •

•

•

•4 •3

CB

•8

1 CB Figura 1.4: CB=cavalo branco e CP=cavalo preto.

Use sua imagina¸caõ pesquisando caminhos alternativos. Extrapole seus limites!

• Regra 4:

Para exemplificar como o enunciado de um problema pode limitar nossa imagina¸cão, vamos considerar o problema abaixo: Exemplo 1.9. Mostre que podemos cobrir os 9 pontos no reticulado abaixo tra¸cando 4 segmentos de reta sem tirar o lápis do papel.

• • • • • • • • • Figura 1.5: Cobrir os 9 pontos com quatro segmentos O problema acima é o t´ıpico problema de bar . Vou explicar o porquê da terminologia estranha: quando vocˆ e encontra um conhecido que vocˆ e não vê há muito tempo e fala que está estudando Matemática, ele vem logo

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com um desses desafios, imaginando que você deve ser uma máquina de resolver problemas. Resolva isso, afirma ele, esperando que vocˆ e não consiga imaginar a solu¸cão. Para se vingar desses inoportunos, daremos a solu¸caõ desse problema e complementaremos a receita dando uma generaliza¸cao ˜ no exemplo 5.11 do Cap´ıtulo 5. A solu¸cão desse problema passa por extrapolar o convencional. Podemos tentar várias vezes cobrir os nove pontos com quatro segmentos sem tirar o lápis do papel, mas só iremos de fato conseguir fazer isso se libertarmos as nossas idéias e nos permitirmos sair um pouco do convencional. Se você é curioso e não quer tentar por si só resolver esse problema, veja a solu¸cão no exemplo 1.9 do Cap´ıtulo 5. Recomendamos que você tente resolver sozinho o desafio.

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Cap´ıtulo 2

Divisibilidade A Teoria dos N´ umeros é o ramo da matemática encarregado de desvendar os mistérios dos números e teve sua origem na antiga Grécia. Os bel´ıssimos problemas ligados a esta área constituem, até hoje, uma das principais fontes inspiradoras dos amantes da Matemática. Apesar de se terem passado muitos anos, ainda hoje persistem muitas quest˜ oes naturais e simples sem resposta e outras, da mesma natureza, só têm sido resolvidas recentemente. Isto faz desta área um grande atrativo para os matemáticos do mundo todo. Este cap´ıtulo será dedicado ao estudo de algumas propriedades básicas relativas aos números inteiros.

2.1

Conceitos Fundamentais e Divis˜ ao com Resto

Denotamos por Z o conjunto dos números inteiros formado pelo conjunto dos números naturais N = 1, 2, 3, munido do zero e dos inteiros negativos, ou seja, Z = , 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, . Come¸camos observando que a soma, diferen¸c a e produto de números inteiros também serã o n´ umeros inteiros. Entretanto, o quociente de dois inteiros pode ser um inteiro ou não.

{ ···} {··· − − −

···}

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[CAP. 2: DIVISIBILIDADE

Uma das propriedades fundamentais dos números naturais que utilizaremos ao longo do texto é o conhecido Princ´ıpio da Boa Ordena¸c˜ ao. Este princ´ıpio pode ser enunciado do seguinte modo:

A⊆

Princ´ıpio da Boa Ordena¸c˜ ao: Todo subconjunto n˜ ao-vazio N possui um elemento menor que todos os outros elementos deste. Por exemplo, se é o conjunto dos números pares, o menor elemento de é o n´ umero 2. Por outro lado, observemos que o conjunto dos números inteiros não goza da boa ordena¸cão. Apesar do Princ´ıpio da Boa Ordena¸cão parecer inocente e natural, muitos resultados importantes a respeito dos números naturais decorrem do mesmo, como veremos ao longo de todo este cap´ıtulo.

A

A

Defini¸ ca õ 2.1. Sejam a e b inteiros. Dizemos que a divide b, ou a é divisor de b, ou b é m´ ultiplo de a, se existe um inteiro q tal que b = aq. Usaremos a nota¸caõ: a b para representar todas as frases equivalentes ditas anteriormente. Se a não for divisor de b, então escreveremos a ∤ b.

|

Exemplo 2.2. 7 21 pois 21 = 7 3. Por outro lado 3 ∤ 8 pois considerando o conjunto = 3k, k N = 3, 6, 9, 12, dos m´ ultiplos positivos de 3 vemos que 8 não pertence ao mesmo.

| M {

· ∈ } {

···}

A seguinte proposi¸cão é um bom exerc´ıcio para entender os conceitos enunciados acima. Proposi¸cão 2.3. Sejam a, b e c n´ umeros inteiros. Ent˜ ao

| | | (b) Se a | b e a | c ent˜ ao a | (b + c) e a | (b − c); (c) Se a e b s˜ ao positivos e a | b ent˜ ao 0 < a ≤ b; (d) Se a | b e b | a ent˜ ao a = b ou a = −b. Demonstra¸ cao. ˜ Se a | b e b | c então existem inteiros q1 e q2 tais que (a)

Se a b e b c ent˜ ao a c;

b = aq1

(2.1)

c = bq2 .

(2.2)

e

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˜ COM RESTO [SEC. 2.1: CONCEITOS FUNDAMENTAIS E DIVISAO

Substituindo (2.1) em (2.2) temos que c = a q1 q2 ,

(2.3)

 q ∈Z

provando isto a afirma¸cão feita em (a). Agora provaremos (b). Com efeito, se a b e a c valem as igualdades

|

|

b = aq1 ,

q1

∈Z

(2.4)

c = aq2 ,

q2

∈ Z.

(2.5)

e Operando com os ambos lados das igualdades (2.4) e (2.5) temos que b + c = a(q1 + q2 ) e b

  

− c = a(q1 − q2),

  

r ∈Z

s∈Z

obtendo assim o resultado desejado. Continuamos agora com a prova de (c). De fato, se a b, sendo ambos positivos, então b = aq com (2.6) q 1.

|

≥

Logo, multiplicando por a ambos lados de (2.6) temos (como a é positivo) que b = aq a > 0,

≥

como esperávamos. Finalmente, provaremos (d). Com este prop´ osito observamos que se a b e b a então a divide b e b divide a . Portanto, pelo item (c) temos que a b e b a , ou seja, a b a . Logo, a = b e conseq¨ uentemente a = b ou a = b.

|

|

|| || || ||≤| | | |≤| |≤| | || || − Exemplo 2.4. Prove que o número N = 5 45362 − 7 não é divis´ıvel por 5. | |≤| |

||

Solu¸c˜ ao. Vamos mostrar isso utilizando o m´ etodo do absurdo. Se este 45362 número fosse divis´ıvel por 5, ent˜ ao 5 7 = 5q. Logo, 7 = 545362 5q, ou seja, 7 seria divis´ıvel por 5, o que é um absurdo.

−

−

A próxima proposi¸caõ apresenta alguns dos critérios de divisibilidade que são estudados nas li¸co˜es de matemática do colégio. A prova que daremos

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[CAP. [CAP. 2: DIVISIBILID DIVISIBILIDADE ADE

para estes está baseada na representa¸c˜ cao aõ de um inteiro positivo na base decimal. decimal. Por exemplo, exemplo, 345 escreve-se escreve-se na base decimal decimal da seguinte forma 345 = 300 + 40 + 5 = 3 102 + 4 10 + 5, 5,

·

·

assim como 2768 se escreve da forma 2768 = 2000 + 700 + 60 + 8 = 2 103 + 7 102 + 6 10 + 8. 8.

·

· · De modo geral, se denotamos por N = b b −1 · · · b1 b0 o número umero inteiro positivo formado pelos algarismos b , b −1 , · · · , b1 e b0 , nessa ordem, entãaoo n n

n

n

N se escreve na base decimal da forma

   · · ·   · · · · · ·

N = bn 00

0 + bn−1 00

n vezes

0 +

+ b1 0 + b0 (2.7)

n−1 vezes

n−1

n

= bn 10 + bn−1 10

+

· · · b110 + b0

Proposi¸c˜ c˜ ao ao 2.5 (Crit´ (Cri t´ erios eri os de divisi div isibil bilida idade). de). Seja N um inteiro positivo, ent˜ ao: (a)

N é divis´ divi s´ıvel ıvel por 3 ou por 9, se a soma dos seus d´ıgitos ıgit os é divis´ divi s´ıvel ıvel por 3 ou por 9, respectivamente;

(b)

N é divis divi s´ıvel por 5, se seu ´ ultimo d´ıgito for 0 ou 5.

Demonstra¸ c˜ cao. ˜ Faremos uso da seguinte propriedade que é muito fácil de verificar. Dado qualquer n´ umero umero m N vale que

∈

10m = 99

   · · · 

9 +1. +1.

m vezes

Como j´ a foi observado, se N = bn bn−1

· · · b0, entãaoo

N = bn 10n + bn−1 10n−1 + + b1 10 + b0 = bn (99 9 +1) + bn−1 ( 99 9 +1) +

···

 · · ·  · · · · · · ··· · · · · ·    · · ·  · · · ·  · · · · ·  · · · · · ·   · · ·  n vezes

= bn 99

n−1 vezes

9 +bn−1

n vezes

= 9 bn 11

+ b1 (9 + 1) + b0

99

9 +

+ b1 9 + bn + bn−1 +

+ b0

n−1 vezes

1 +bn−1

n vezes

11

1 +

n−1 vezes

+ b1 + bn + bn−1 +

+ b0 .

S

i

i i

i

i

i

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33

˜ COM RESTO [SEC. 2.1: CONCEITOS FUNDAMENT FUNDAMENTAIS AIS E DIVISAO

Então, ao, aplicando o item (b) da Proposi¸c˜ cao ão 2.3 temos que se 9 S , entãaoo tamb´ ta mbém em div d ivid idir ir´á a N . N . Reciprocamente, suponhamos que 9 N e observemos que S = N 9k , com

|

−

k = a1

|

· 11 · · · 1 +a2 · 11 · · · 1 + · · · + a −1.

        n−1 vezes

n

n−2 vezes

Então, ao, usando novamente o item (b) da Proposi¸c˜ cao ão 2.3 temos que 9 S . ´ óbvio E obvio que a prova para o caso da divisibilidade por 3 segue de maneira idêntica, entica, logo fica provado o item (a). A prova do item (b) segue de maneira muito semelhante e deixamos a mesma a cargo do leitor.

|

Exemplo 2.6. Prove sem fazer muitas contas que o número umero N = 13424136 + 1234567890 é divi di vis´ s´ıvel ıve l por po r 3. Solu¸c˜ c˜ ao. Note que não ao precisamos fazer a soma dos números umeros anteriores. Para mostrar isso, basta aplicar o item (ii) da Proposi¸c˜ cao ão 2.3 e o item (i) da Proposi¸c˜ cão ao 2.5, observando que cada um dos números ume ros acima ac ima é divi di viss´ıvel ıve l por 3, pois a soma s oma de seus d´ıgitos é um u m m´ m últiplo ultiplo de 3. O próximo oximo passo de nossa discussão ao é ver o que acontece quando um n´ umero umero não ao é divi d iviss´ıvel por po r outro o utro.. Por exemplo exem plo,, analise anal isemos mos se 31 é divi d iviss´ıvel por 7; para isto listamos a diferen¸ca ca entre 31 e os múltiplos ultiplos positivos de 7, ou seja, r1 r2 r3 r4 r5 r6 .. .

= 31 = 31 = 31 = 31 = 31 = 31

− 7 · 1 = 24, 24, − 7 · 2 = 17, 17, − 7 · 3 = 10, 10, − 7 · 4 = 3, − 7 · 5 = −4, − 7 · 6 = −11 11,,

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i i

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[CAP. [CAP. 2: DIVISIBILID DIVISIBILIDADE ADE

Claramente 31 não ao é divi d iviss´ıvel por 7, pois po is caso contr´ contr ário ario ter´ıamos ıamo s que qu e alguma alg uma das diferen¸cas cas acima ac ima seria se ria igual i gual a zero, zero , o que é imposs´ imp oss´ıvel ıvel pois p ois as diferen¸ di feren¸cas cas rq := 31 7q com 1 q 4 são ao todas positivas e com q 5 são ao todas negativ negativas. as. Entretan Entretanto, to, notamos notamos que dentre as diferen¸ diferen¸cas cas positivas a única unica que é menor menor que 7 corresponde corresponde ao caso q = 4. O resultado resultado seguin seguinte te nos diz o que acontece no caso geral da divisão de um inteiro b por um inteiro positivo a.

−

≤ ≤

≥

Teorema 2.7 (Algoritmo (Algo ritmo da Divisão). ao). Dados dois inteiros a e b, com a > 0, existem unicos ´ inteiros q e r tais que b = aq + r,

0

≤ r < a.

Se a ∤ b ∤ b, ent˜ ao r satisfaz a desigualdade estrita 0 < r < a. a. Demonstra¸ c˜ cao. ˜ Por simplicidade, suporemos que b é positivo. posi tivo. Se b < a, basta tomar q = 0 e r = b. Se b = a, então ao tomamos q = 1 e r = 0. Assim, assumir ass umiremos emos também em que q ue b > a > 0. Consideremos o conjunto

R = {b − aq ∈ Z; b − aq ≥ 0} ⊆ N ∪ {0} (2.8) Notemos que o conjunto R é não-vazio, ao-vazio, pois b − a ∈ R, já que b − a > 0. Deste modo, pelo Princ´ Princ´ıpio da Boa Ordena¸ Ordena¸c˜ cao ão temos que R admite um menor elemento, elemento, que denotarem denotaremos os por r . Claram Claramen ente te r = b − aq, aq, para algum q ≥ 0; assim como r ≥ 0, pois foi escolhido com essa condi¸c˜ caao. õ . Al´ Al ém em disso, r < a pois caso contrário ario r=b

− aq ≥ a ⇒ b − a(q + 1) ≥ 0.

(2.9)

Ali´ as, as, a>0

⇒ b − a(q + 1) < b − aq.

(2.10)

Das desigualdades (2.9) e (2.10) segue que

≤ b − a(q + 1) < b − aq, contradizendo o fato de que r = b − aq é o menor meno r eleme e lemento nto não-negativo ao-negativo de R. 0

Agora provaremos que de fato r e q escolhidos desta forma são ao unicos. u ´ nicos. Com efeito, suponhamos que existem outros inteiros r1 e q1 tais que b = aq1 + r1 ,

0

≤ r1 < a.

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i i

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35


Então resulta que aq + r = aq1 + r1 . Logo, (r

− r1) = (q1 − q)a;

(2.11)

sendo assim, r r1 é m´ ultiplo de a. Mas em virtude de a < r r1 < a, o u ńico valor que r r1 pode tomar, sendo este múltiplo de a, é r r1 = 0. Portanto, r = r1 , de onde se deduz diretamente de (2.11) que q = q1 .

−

−

−

− −

Os n´ umeros q e r no enunciado do teorema acima são chamados, respectivamente, de quociente e resto da divis˜ ao de b por a. Os exemplos a seguir apresentam a utilidade do Teorema 2.7. Exemplo 2.8. Encontrar o último d´ıgito do número 22043 . ´ claro que este número é muito grande e seria muito tedioso Solu¸c˜ ao. E multiplicar 2043 vezes o número 2 para descobrir o último d´ıgito de 22043 . Entretanto, se calculamos as primeiras potências vemos que existe regularidade nos resultados, como mostra a tabela a seguir. 21 25 29 213

=2 = 32 = 512 = 8192

22 = 4 26 = 64 210 = 1024 214 = 16384

23 27 211 215

=8 = 128 = 2048 = 32768

24 = 16 28 = 256 212 = 4096 216 = 65536

Agora observamos que:

• na primeira coluna da tabela só aparecem potências da forma 24 +1, com k = 0, 1, 2, 3, · ·· , e todas elas terminam em 2; • na segunda coluna da tabela só aparecem potências da forma 2 4 +2, com k = 0, 1, 2, 3, · ·· , e todas elas terminam em 4; • na terceira coluna da tabela só aparecem potências da forma 24 +3, com k = 0, 1, 2, 3, · ·· , e todas elas terminam em 8; • na quarta coluna da tabela só aparecem potências da forma 24 , com k = 1, 2, 3, · ·· , e todas elas terminam em 6. k

k

k

k

Portanto, só resta saber que resto deixa 2043 na divisão por 4. Como 2043 = 510 4 + 3, o n´ umero 22043 aparecer´ a na terceira coluna da tabela, logo o u ´ltimo d´ıgito deste é 8.

·

i

i i

i

i

i

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O próximo exemplo, como veremos, motiva a procura de caminhos eficientes para encontrar o resto que deixa um número quando é dividido por outro. Exemplo 2.9. 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 poss´ıvel das famosas moedas de 3 pesos cubanos, devido às mesmas terem gravadas a imagem do guerrilheiro Che Guevara. Quanto sobrou do dinheiro depois de fazer a troca pelas moedas? Solu¸c˜ ao. O problema é fácil de resolver. Basta achar o resto que deixa o número 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 N . Em lugar de fazer isto substitu´ımos cada número que aparece em N pelo resto que este deixa na divisão por 3, formando assim um novo número N 1 , ou seja, N 1 = 1 2 + 0 2 = 2.

·

·

·

·

Agora procuramos o resto que N 1 deixa na divisão por 3, que obviamente é 2. A surpresa é que este resto é o mesmo que deixa N na divis˜ ao por 3. Logo, sobraram 2 pesos depois de fazer a troca. A solu¸cão do exemplo anterior é uma aplica¸cão particular do seguinte lema que é de muita utilidade na resolu¸caõ de problemas. Lema 2.10 (Lema dos Restos). A soma e o produto de quaisquer dois n´ umeros naturais deixa o mesmo resto que a soma e o produto dos seus restos, na divis˜ ao por um inteiro positivo a. Demonstra¸ cao. ˜ Sejam N 1 , N 2 números por a temos que

∈ Z. Fazendo a divisão com resto de ambos

N 1 = aq1 + r1 com 0

e N 2 = aq2 + r2 ,

≤ r1, r2 < a. Então N 1 N 2 = (aq1 + r1 )(aq2 + r2 ) = a2 q1 q2 + aq1 r2 + aq2 r1 + r1 r2 = a(aq1 q2 + q1 r2 + q2 r1 ) + r1 r2 = aq + r1 r2 ,

(2.12)

i

i i

i

i

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37


onde q = aq1 q2 + q1 r2 + q2 r1 . Agora dividimos r1 r2 por a para obtermos r1 r2 = ap + r,

p

∈ Z,

0

≤ r < a.

(2.13)

Das igualdades (2.12) e (2.13) segue que N 1 N 2 = aq + ap + r = a( p + q) + r,

0

≤ r < a.

(2.14)

Portanto, de (2.13) e (2.14) conclu´ımos que os restos que deixam N 1 N 2 e r1 r2 na divis˜ ao por a são iguais, ficando provado o resultado para o produto. A prova para a soma é análoga. A vantagem do lema é que em certos problemas que envolvem números muito grandes podemos substituir estes por números muito menores e mais confort´ aveis para trabalhar. Vejamos isto através dos seguintes exemplos. Exemplo 2.11. Prove que o produto de dois números naturais consecutivos é sempre divis´ıvel por 2.

∈

Solu¸c˜ ao. Se n N temos que provar que N = n(n + 1) é divis´ıvel por 2. Quando fazemos a divisão de n por 2 temos duas possibilidades para o resto: r = 0 ou r = 1. Analisemos os dois casos por separado.

• [r = 0] Neste caso o resto que deixa

N na divis˜ ao por 2 é o mesmo que o resto que deixa 0(0+1)=0, logo N é divis´ıvel por 2.

• [r

= 1] Neste caso podemos substituir N por 1(1+1)=2 e o resto que este u ´ ltimo deixa quando é dividido por 2 é 0, logo N também é divis´ıvel por 2.

Mostraremos agora como utilizar o exemplo anterior pra resolver um dos problemas da 1a Olimp´ıada Brasileira de Matemática. Exemplo 2.12. Prove que se n é ´ımpar, então n2

− 1 é múltiplo de 8. Solu¸c˜ ao. Como n é ´ımpar, podemos escrever n = 2k + 1, para algum k ∈ Z. Logo n2 − 1 = (2k + 1)2 − 1 = 4k 2 + 4k + 1 − 1 = 4k 2 + 4k. Assim,

n2

− 1 = 4k(k + 1).

i

i i

i

i

i

i

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Observe que de acordo com o exemplo 2.11, k(k + 1) é múltiplo de 2. Portanto, k(k + 1) = 2q para algum q Z, de aonde

∈

n2

− 1 = 4k(k + 1) = 4 · 2q = 8q,

como quer´ıamos demonstrar. Exemplo 2.13. Prove que em qualquer triângulo retângulo com lados inteiros, pelo menos um deles é múltiplo de 3. Solu¸c˜ ao. Comecemos analisando quais são os restos poss´ıveis 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 divis˜ ao por 3: n 0 1 2

n2 0 1 1

Resumindo, se um número não é m´ ultiplo 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. Suponhamos que nenhum deles é divis´ıvel por 3. Então a2 e b2 deixam resto 1 na divisão por 3. Logo, a2 + b2 deixa resto 12 + 1 2 = 2 na divisão por 3; mas isto é uma contradi¸cão pois, pelo Teorema de Pitágoras, a2 + b2 = c2 e c2 deixa resto 1 quando é dividido por 3.

2.2

M´ aximo Divisor Comum e M´ınimo M´ ultiplo Comum

Nesta se¸cão estudaremos dois conceitos fundamentais, que aparecem naturalmente em vários problemas de divisibilidade, assim como a rela¸caõ existente entre eles. O primeiro destes conceitos está relacionado com os inteiros positivos que dividem simultaneamente a dois inteiros pré-fixados e é denominado M´ aximo Divisor Comum . Daqui por diante só consideraremos os divisores positivos dos números.

i

i i

i

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i

i

´ ´ [SEC. 2.2: MAXIMO DIVISOR COMUM E MÍNIMO MULTIPLO COMUM

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39

Defini¸ ca õ 2.14 (M´ aximo Divisor Comum). Sejam a e b inteiros diferentes de zero. O máximo divisor comum, resumidamente m.d.c, entre a e b é o n´ umero d que satisfaz as seguintes condi¸cões:

|

|

(a)

d é um divisor comum de a e b, isto é, d a e d b;

(b)

d é o maior inteiro positivo com a propriedade

(a).

Neste caso, denotamos o m.d.c entre a e b por d = m.d.c(a, b) ou por d = (a, b). Se (a, b) = 1, então dizemos que a e b são primos entre si. Exemplo 2.15. Observando que 12 = 6 2, 18 = 6 3 temos que m.d.c.(12, 18) = 6. Por outro lado, m.d.c.(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. Proposi¸c˜ ao 2.16. Sejam a e b dois inteiros. Ent˜ ao valem as seguintes afirma¸coes. ˜ (a)

Se a é m´ ultiplo de b, ent˜ ao (a, b) = b;

(b)

Se a = bq + c, c = 0, ent˜ ao o conjunto dos divisores comuns dos n´ umeros a e b coincide com o conjunto dos divisores comuns dos n´ umeros b e c. Particularmente, (a, b) = (b, c).



Demonstra¸ cao. ˜ Come¸camos com a prova de (a). Com efeito, todo divisor comum dos números a e b é um divisor de b. Reciprocamente, usando que a é m´ ultiplo 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. Vejamos (b). Usando o item (b) da Proposi¸cã o 2.3 temos que todo divisor comum de a e b também divide c e, conseq¨ uentemente, é um divisor de b e c. Pela mesma razão todo divisor comum de b e c também divide a e, conseq¨ uentemente, é um divisor de a e b. Portanto os divisores comuns de a e b são os mesmos que os divisores comuns de b e c. Particularmente, também coincidem os maiores divisores comuns, ou seja, (a, b) = (b, c). O teorema a seguir é uma das ferramentas básicas na resolu¸caõ de problemas que envolvem o m.d.c entre dois números. O mesmo é devido ao ´ matemático francês Etienne Bézout (1730-1783).

i

i i

i

i

i

i

40

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Teorema 2.17 (Teorema de B´ ezout). Se d é o m.d.c de a e b, ent˜ ao existem n´ umeros inteiros x0 e y0 tais que d = (a, b) = ax0 + by0 . Demonstra¸ cao. ˜ Considere a combina¸cão linear ax+by, onde x e y percorrem todos os inteiros. Este conjunto de inteiros, denotado por

C = {ax + by; x, y ∈ Z}, inclui valores positivos e negativos. Al´ em disso, escolhendo x = y = 0, vemos que também contém o zero. Pelo Princ´ıpio da Boa Ordena¸caõ, podemos escolher x0 e y0 tais que λ = ax0 + by0 seja o menor número inteiro positivo contido no conjunto . Agora mostraremos que λ a e λ b. Provaremos que λ a e o outro segue analogamente. Usaremos para este propósito o método de redu¸cão ao absurdo, ou seja, vamos supor que λ ∤ a e obteremos uma contradi¸cão. De λ ∤ a segue que existem inteiros q e r tais que a = λq + r com 0 < r < λ (pelo Teorema 2.7). Portanto,

C

|

|

C

|

r=a

− λq = a − q(ax0 + by0) = a(1 − qx0) + b(−qy0) e assim r est´ a no conjunto C , o que contradiz a hipótese de λ ser o menor elemento positivo contido em C .

Uma vez que λ divide a e b só resta provar que λ = d. Com efeito, desde que d = (a, b), podemos escrever a = da1 , b = db1 e λ = ax0 + by0 = d(a1 x0 + b1 y0 ). Assim d λ. Logo pela parte (c) da Proposi¸cão 2.3, conclu´ımos que d λ. Agora d < λ é imposs´ıvel pois d = m.d.c(a, b), e portanto d = λ = ax0 + by0 .

|

≤

A seguinte proposi¸cão resume algumas conseqüências importantes da demonstra¸cão dada ao Teorema de Bézout. Proposi¸c˜ ao 2.18. Sejam d, k afirma¸coes: ˜

∈N

e a,b,c

∈ Z. Ent˜ ao valem as seguintes

(a)

Se d a e d b, ent˜ ao d (a, b);

(b)

O m.d.c.(a, b) é o menor valor positivo de ax+by, onde x e y percorrem todos os n´ umeros inteiros;

|

|

|

i

i i

i

i

i

i

41


(c)

(ka,kb) = k(a, b);

(d)

Se d a e d b, ent˜ ao ( ad , db ) =

|

|



1 d

(a, b). Conseq¨ uentemente,

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



(e)

Se (a, c) = (b, c) = 1, ent˜ ao (ab,c) = 1;

(f)

Se c ab e (b, c) = 1, ent˜ ao c a.

|

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= 1;

|

Demonstra¸ cao. ˜ A prova de (a) é conseqüência imediata da igualdade (a, b) = ax0 + by0 anunciada no Teorema de Bézout; assim como (b) segue diretamente da demonstra¸cão dada a este teorema. Para provar (c), primeiro observamos que (ka)x + (kb)y = k(ax + by) onde x, y

∈ Z.

Usando o item (a) e o fato de k ser positivo, da igualdade acima segue que

∈

(ka,kb) = menor valor positivo de (ka)x + (kb)y, onde x, y Z = k menor valor positivo de ax + by, onde x, y Z = k(a, b).

·{

∈ }

A afirma¸cão feita em (d) segue diretamente de (c), observando que (a, b) =

    a b d ,d d d

=d

a b , d d

.

Continuamos com a prova de (e). De (a, c) = (b, c) = 1, temos que existem inteiros xj e yj , j = 1, 2, 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.

    x

y

 

Então, usando o item (a) e a igualdade acima resulta que ( ab,c) = 1.

i

i i

i

i

i

i

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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 condi¸ca˜ o na u ´ltima igualdade temos que cqx0 + acy0 = c(qx0 + ay0 ) = a, logo c a.

|

Apesar de conhecermos propriedades teóricas do m.d.c entre dois inteiros, encontrá-lo de fato pode ser uma tarefa complicada, sem aux´ılio das ferramentas corretas. Lembrando o seu significado, o leitor talvez pudesse pensar que devemos calcular todos os divisores de a, todos os divisores de b e descobrir qual é o maior elemento comum aos dois conjuntos. Na prática, para achar o m.d.c se faz uso de um importante m´ etodo denominado Algoritmo de Euclides. Teorema 2.19 (Algoritmo de Euclides). Dados dois inteiros positivos, a e b, aplicamos sucessivamente o algoritmo da divis˜ ao para obter a seguinte seq¨ uência de igualdades

  · ·· 

b = aq1 + r1 , a = r1 q2 + r2 , r1 = r2 q3 + r3 ,

· ·· · ··

rn−2 = rn−1 qn + rn , rn−1 = rn qn+1 .

0 0 0

≤ r1 < a, ≤ r2 < r 1, ≤ r3 < r 2, ·· · ·· · 0 ≤ r < r −1 , n

(2.15)

n

O m.d.c.(a, b) = rn , ou seja, é o ´ ultimo resto n˜ ao-nulo no processo de divis˜ ao anterior. Demonstra¸ cao. ˜ Come¸camos observando que o processo de divisão (2.15) é finito. Com efeito, a seqüência de números inteiros rk é estritamente decrescente e está contida no conjunto r Z, 0 r < a , portanto não

{ ∈

≤

}

i

i i

i

i

i

i

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43


pode conter mais do que a inteiros positivos. Examinando as igualdades (2.15) de cima para baixo e usando a Proposi¸caõ 2.16 temos que (a, b) = (a, r1 ) = (r1 , r2 ) =

·· · = (r −1, r n

n)

= rn .

Observa¸c˜ ao 2.20. Notemos que o Teorema de Bézout também pode ser obtido como conseqüeˆncia do processo de divisão (2.15). Com efeito, podemos escrever rn rn−1

= rn−2 = rn−3



− r −1q − r −2q −1 ⇒ r n

n

n

n

n

= rn−2

− (r −3 − r −2q −1)q n

n

n

n.

Logo, conseguimos escrever rn em termos de rn−2 e rn−3 . Utilizando a express˜ ao rn−2 = rn−4 rn−3 qn−2 podemos escrever rn como combina¸cão de rn−3 e rn−4 . Repetindo este processo várias vezes, concluimos que existem x, y Z tais que d = rn = xr1 + yr 2 .

−

∈

−

−

−

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 2.21. Achar o máximo divisor comum dos números 471 e 1176. Solu¸c˜ ao. Aplicando o algoritmo de Euclides obtemos a seguinte seqüência de divisões com resto:

·

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

·

·

então o m.d.c(471, 1176) = 3. Exemplo 2.22. Provar que a fra¸cão natural n.

2n+8 4n+15

é irredut´ıvel para todo número

Solu¸c˜ ao. 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.

· ·

·

i

i i

i

i

i

i

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Então o m.d.c.(4n + 15, 2n + 8) = 1 e portanto 4n + 15 e 2n + 8 s˜ ao primos entre si para qualquer valor de n. Exemplo 2.23. Achar o m.d.c.(111

 ·· ·   ···  ·· ·  ···  ···  · · ·  111, 11

100vezes

11)

60 vezes

Solu¸c˜ ao. Primeiro escrevemos os números na base decimal, isto é, 111 = 10 99 + 1098 +

111

+ 1,

100 vezes

11

11 = 1059 + 1058 +

+ 1.

60 vezes

Aplicamos agora o algoritmo de Euclides para obter as seguintes igualdades 111

111 = (1059 + 1058 +

 ·· ·  100 vezes 59 58

·· · + 1)1040 + 1039 + 1038 + · · · + 1,

·· · + 1 = (1039 + 1038 + · ·· + 1)1020+ + 1019 + 1018 + · ·· + 1, 1039 + 1038 + ·· · + 1 = (1019 + 1018 + · ·· + 1)1020 + + 1019 + 1018 + · ·· + 1. 10

+ 10

+

Disto resulta que 11) = 1019 + 1018 +

 ···   ··· 

m.d.c.(111

111, 11

100 vezes

60 vezes

· · · + 1 = 11 · ·· 11 .

   20 vezes

Agora passamos ao segundo conceito importante desta se¸c˜ ao. O mesmo est´ a relacionado com os inteiros positivos que são simultaneamente múltiplos de dois inteiros pré-fixados e é denominado M´ınimo M´ ultiplo Comum . Defini¸ ca õ 2.24 (M´ınimo M´ ultiplo Comum). Sejam a e b inteiros diferentes de zero. O m´ınimo múltiplo comum, resumidamente m.m.c, entre a e b é o inteiro positivo m que satisfaz as seguintes condi¸co˜es:

|

|

(a)

m é um m´ ultiplo comum de a e b, isto é, a m e b m;

(b)

m é o menor inteiro positivo com a propriedade

(a).

i

i i

i

i

i

i


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45

Neste caso, denotamos o m.m.c entre a e b por m = m.m.c(a, b) ou por m = [a, b]. Resumimos a seguir algumas das propriedades fundamentais do m.m.c de dois inteiros. Proposi¸c˜ ao 2.25. Sejam a,b,c afirma¸coes: ˜

∈Z

e k

∈ Z.

Ent˜ ao valem as seguintes

|

(a)

Se c é m´ ultiplo comum de a e b, ent˜ ao [a, b] c;

(b)

[ka,kb] = k[a, b];

(c)

|ab| = [a, b] · (a, b).

Demonstra¸ cao. ˜ Come¸camos com a prova de (a). A divisão com resto de c por [a, b] nos dá c = [a, b]q + r, 0 r < [a, b]. (2.16)

≤

Da igualdade acima, basta provar que r = 0 para obter o resultado desejado. Suponhamos, pelo contrário, que 0 < r < [a, b]. Notemos que tanto a como b dividem c e [a, b]. Logo, pelo item (b) da Proposi¸caõ 2.3 e a igualdade (2.16), temos que a e b também dividem r, ou seja, r é m´ ultiplo comum de a e b e não pode ser menor que [a, b], contradizendo nossa suposi¸cão. Prosseguimos com a prova de (b). Observemos que k[a, b] é m´ ultiplo comum de ka e kb, logo pelo item (i) vale que [ka,kb]

≤ k[a, b].

(2.17)

Por outro lado, [ka,kb] = q1 ka = q2 kb, para alguns inteiros q1 e q2 ; logo, [ka,kb] é um m´ ultiplo comum de a e b. Portanto, k [a, b]

≤ [ka,kb] ⇔ k[a, b] ≤ [ka,kb]. k

(2.18)

Das igualdades (2.17) e (2.18) segue que k[a, b]

≤ [ka,kb] ≤ k[a, b],

de onde vem diretamente o resultado. Para provar (c) podemos supor sem perda de generalidade que a e b são positivos devido às igualdades [a, b] = [a, b] = [ a, b] = [ a, b].

−

−

− −

i

i i

i

i

i

i

46

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Dividiremos a prova em dois casos: Caso 1: (a, b) = 1. Sabemos que b [a, b] e [a, b] = qa, para algum q N. Ent˜ ao b qa e além disso (a, b) = 1. Logo, pelo item (v) da Proposi¸cão 2.18 temos que b q. Portanto, b q e conseq¨ uentemente

|

|

∈

|

≤

ab

≤ aq = [a, b].

(2.19)

Entretanto, da defini¸ca˜ o de [a, b] vale que [a, b]

≤ ab.

(2.20)

Das desigualdades (2.19) e (2.20) segue que ab [a, b] = [a, b] 1 = [a, b] (a, b).

·

·

≤ [a, b] ≤ ab.

Caso 2: (a, b) > 1. Da parte (c) da Proposi¸cão 2.18 sabemos que cando o caso anterior vale que



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

·

·



Assim, ab =

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

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





= 1. Apli-

.

Multiplicamos esta última igualdade por (a, b)2 e usamos o item (b) provado anteriormente, assim como a parte (d) da Proposi¸cão 2.18 para obter



 

a b ab = (a, b) , (a, b) (a, b) (a, b)

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



·

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

Exemplo 2.26. Dois amigos passeiam de bicicleta, na mesma dire¸cão, 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? Solu¸c˜ ao. Denotemos por N 1 e N 2 , 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 = 15N 1 = 18N 2 ,

i

i i

i

i

i

i

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47


ou seja T = [15, 18] =

15 18 = 90. 3

·

Portanto, N 1 = 6 e N 2 = 5. Finalizamos esta se¸cão com um exemplo que nos fornece uma bela interpreta¸caõ geométrica do m´ınimo múltiplo comum. O mesmo foi proposto na Olimp´ıada Brasileira de Matemática. Exemplo 2.27. Um retângulo de lados inteiros AB = m e CD = n, é dividido em quadrados de lado 1. Em cada um dos v´ ertices ele possui um pequeno orif´ıco. Um raio de luz entra no retângulo por um dos vértices, na dire¸cão da bissetriz do ângulo reto, e é refletido sucessivamente nos lados do retângulo. Quantos quadrados s˜ ao atravessados pelo raio de luz? Solu¸c˜ ao. Se fizermos alguns testes preliminares dando valores a m e n, veremos que em cada caso a resposta coincidirá com o m.m.c.(m,n). Provemos que isto de fato vale para m e n quaisquer. Para realizar a prova nos auxiliaremos da seguinte figura D

C

A

B Figura 2.1::

Primeiramente, notemos que cada vez que o raio de luz atravessa um quadrado ele avan¸ca uma unidade tanto na dire¸cão horizontal como na dire¸cão vertical. Usando este fato fazemos as seguintes observa¸co˜es

• Se o raio entra pelo vértice A, terá que atravessar m quadrados até

chegar ao lado BC , imediatamente mais m para chegar ao lado AD,

i

i i

i

i

i

i

48

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

∈

• Analogamente o raio baterá no lado AB ou no lado DC se, e somente se, atravessar qn quadrados, com q ∈ N. • Somente nos vértices B, C e D do retângulo pode acontecer que o raio

incidente saia do retângulo, terminando assim o processo de reflexão.

Usando as observa¸cões 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 x de quadrados tal que x = ´ claro que a pm = qn, ou seja, x deverá ser um múltiplo comum de m e n. E primeira vez que o raio chega a um vértice o número x é o menor múltiplo comum de m e n, isto é, x = [m, n]. 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 figura numa das dire¸cões os quadrados atravessados serão todos cinzas e na outra dire¸caõ, serão todos brancos.

2.3

N´ umeros Primos e Compostos

Ao longo da História da matemática, os n´ umeros primos foram protagonistas de c´ elebres problemas que motivaram o desenvolvimento de teorias e t´ ecnicas pelas mentes mais férteis, como Fermat, Euler e Gauss. At´ e hoje muitos destes problemas, simples de enunciar, que envolvem números primos são desafios intelectuais para toda a humanidade. Esta se¸caõ será dedicada ao estudo de propriedades básicas dos n´ umeros primos. O n´ u mero 1 tem um único divisor, precisamente ele mesmo. Isto faz dele um número bem peculiar dentro dos números naturais. Todo número natural N maior do que 1 tem pelo menos 2 divisores, claramente 1 e N . Isto motiva a seguinte defini¸caõ. Defini¸ ca õ 2.28 (N´ umeros Primos e Compostos). Um inteiro positivo N é dito primo se os u ´ nicos divisores que ele tem são 1 e ele próprio; caso contrário, é dito composto.

i

i i

i

i

i

i

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49

´ [SEC. 2.3: NUMEROS PRIMOS E COMPOSTOS

Exemplo 2.29. Os n´ umeros 1, 3, 5, 7, e 11 são primos e os n´ umeros 10, 15, 35, e 348 são compostos. Proposi¸c˜ ao 2.30. Seja N > 1 um n´ umero inteiro. Ent˜ ao (a)

O menor divisor de N diferente de 1 é um n´ umero primo;

(b)

Se N ´ e composto, o seu menor divisor diferente de 1 n˜ ao é maior que N ;

√

Demonstra¸ cao. ˜ Come¸camos provando (a). Seja p o menor divisor de N , diferente de 1. Se p fosse composto teria algum divisor q tal que 1 < q < p; mas q p e p N,

|

|

√ e conseq¨ uentemente vale N ≥ p.

≥

o que nos diz que q N , e isto contradiz a hipótese levantada sobre p. Para provar (b) denotamos por p o menor divisor de N , diferente de 1. Portanto, N = pq com q p. Multiplicando ambos lados da desigualdade por p obtemos N = pq p2 ,

|

≥

Agora vamos enunciar um dos resultados mais clássicos da matemática, que garante a existˆ encia de infinitos números primos. At´ e onde se conhece, a demonstra¸cão a seguir foi a primeira demonstra¸cão escrita utilizando o método de redu¸cão ao absurdo, e é devida a Euclides (300 a.C.). Teorema 2.31 (Teorema de Euclides). A quantidade de n´ umeros primos é infinita. Demonstra¸ cao. ˜ Faremos a prova por redu¸cã o ao absurdo. Suponha que existe uma quantidade finita de números primos e denotemos estes por p1 , p2 , p3 , . . . , pk . Consideremos o n´ umero N = p1 p2 p3

· ·· p

k

+1

e chamemos de q o seu menor divisor primo. Obviamente q n˜ ao coincide com nenhum dos números pi , 1 i k, pois caso contrário, como ele divide N , teria que dividir 1, o que é imposs´ıvel. Logo, temos uma contradi¸cão à hip´ otese de termos uma quantidade finita de primos.

≤ ≤

i

i i

i

i

i

i

50

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Os n´ umeros primos também podem ser caracterizados da seguinte maneira: Proposi¸c˜ ao 2.32. Um inteiro positivo p é primo se, e somente se, satisfaz a seguinte propriedade:

|

⇒ p|a

p ab = onde a, b

|

ou p b

(2.21)

∈ Z.

Demonstra¸ cao. ˜ Primeiramente, suponhamos que p é primo e que p ∤ b, logo ( p,b) = 1. Então, pelo item (f) da Proposi¸cão 2.18 temos que p a. Reciprocamente, suponhamos que, a propriedade 2.21 é válida e além disto vamos supor, pelo absurdo, que p não é primo. Então,

|

p = d1 d2 ,

com 1 < d 1 < p, 1 < d 2 < p.

(2.22)

De (2.21) segue que p d1 ou p d2 ; conseq¨ uentemente

|

|

p

≤ d1,

ou p

≤ d2,

(2.23)

contradizendo isto o afirmado em (2.22).

2.3.1

O Crivo de Erat´ ostenes

Apesar de sabermos que existem infinitos números primos, determinar se um n´ umero é primo nem sempre é uma tarefa rápida. Uma das principais ferramentas utilizadas para esse fim é um método simples, denominado Crivo de Erat´ ostenes, que nos permite achar todos os números primos que não são maiores que um inteiro N dado. O m´ etodo 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

(2.24)

• Observamos que o primeiro primo que aparece em (2.24) é 2 e ime-

diatamente apagamos da lista (2.24) todos os múltiplos de 2 maiores que ele, por serem compostos; resta assim a seguinte 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, . . .

i

i i

i

i

i

i

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51


• 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. Se repetirmos este processo até o maior número menor que N , os números que sobram são exatamente os números primos.

√

Por exemplo, se N = 40, temos que o método: 11 21 31

2 12 22 32

3 13 23 33

4 14 24 34

5 15 25 35

√40 = 6, 324555 . Então, aplicando

6 16 26 36

7 17 27 37

8 18 28 38

9 19 29 39

10 20 30 40

Passo 1: Ordenamos os números 2 11 21 31

3 13 23 33

5 15 25 35

7 17 27 37

9 19 29 39

Passo 2: Tiramos os múltiplos de 2 2 11

3 13 23

31

5 25 35

7 17

19 29

37

Passo 3: Tiramos os múltiplos de 3 2 11

3 13 23

5

31

7 17

19 29

37 Passo 4: Tiramos os múltiplos de 5

Como 72 = 49 > 40, paramos agora.

i

i i

i

i

i

i

52

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Note que ao come¸c ar a apagar os múltiplos de um número primo p podemos come¸car a apagar a partir de p2 , pois se supomos que existe um número composto N 1 não apagado menor que p2 , temos que N 1 = p1 q1 , sendo p1 seu menor divisor primo. Então, pelo item (b) da Proposi¸caõ 2.30, p1 < N 1 < p, logo N 1 deveria ter sido apagado pois é múltiplo de um primo menor que p.

√

2 31 73 127 179 233 283 353 419 467

3 37 79 131 181 239 293 359 421 479

5 41 83 137 191 241 307 367 431 487

7 43 89 139 193 251 311 373 433 491

11 47 97 149 197 257 313 379 439 499

13 53 101 151 199 263 317 383 443 503

17 59 103 157 211 269 331 389 449 509

19 61 107 163 223 271 337 397 457 521

23 67 109 167 227 277 347 401 461 523

29 71 113 173 229 281 349 409 463 541

Tabela 2.1: Os primeiros 100 n´ umeros primos

Os n´ umeros primos além de belos e desafiadores do ponto de vista matemático, são extremamente importantes para as atividades usuais de nosso dia-a-dia. Por exemplo, nenhuma transa¸caõ bancária ou pela internet estaria segura sem o uso de números primos muito grandes. Assim, surge naturalmente a pergunta de como podemos produz´ı-los em grandes quantidades. Essa pergunta sempre intrigou os matemáticos e continua sem solu¸cão até os dias atuais. Apesar deles serem abundantes, em quantidade infinita de acordo com o Teorema 2.31, não existe nenhum método razoável de produ¸cã o de n´ umeros primos, mesmo tendo em mãos a alta tecnologia de hoje em dia. Por´ em, ao longo do tempo algumas fórmulas se mostraram u ´teis para a descoberta de números primos. Entre estas fórmulas, destaca-se o que chamamos de primos de Mersenne. Marin Mersenne (1588-1648) foi um monge francˆ es que nasceu na cidade de Maine e foi um dos grandes influenciadores da matemática francesa nos séculos XVI e XVII. Apaixonado pelos n´ umeros, teve entre seus correspondentes Descartes, Fermat, Pascal e Galileu. Entre suas várias descobertas,

i

i i

i

i

i

i

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53


ele estudou os n´ umeros da forma: M n = 2 n

−1

Observe que vale o seguinte fato a respeito desses números: Proposi¸c˜ ao 2.33. Se M n é primo, ent˜ ao n é primo. Demonstra¸ cao. ˜ Provar essa proposi¸caõ equivale a mostrar que a sua forma contra-rec´ıproca vale. Ou seja, que se n é composto, digamos n = a.b, com a b > 1, então M n também é composto. De fato, podemos decompô-lo do seguinte modo:

≥

M a.b = 2ab



−1=

2a(b−1)

− 2 ( −2) + · ·· + 2 a b

a

 − 

+ 1 2b

1 .

Porém, não é verdade a rec´ıproca da afirma¸caõ acima. Por exemplo, Hudalricus Regius mostrou em 1536 que M 11 = 211 1 = 2047 não é primo, já que 2047 = 23 89. Em 1643, Mersenne afirmou que para

−

·

n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127 e 257, os valores de M n são todos primos e para todos os outros valores de n menores que 257, M n é composto. Hoje sabemos que Mersenne errou na sua afirma¸cão, esquecendo três valores de n onde M n é primo: 61, 89 e 107 e incluindo M 67 e M 257 como números primos. Esses fatos só foram mostrados em 1947. O maior n´ umero primo conhecido até 15 de Dezembro de 2005 é M 30402457 que possui 9.152.052 de d´ıgitos! Para descobrir esse número, o grupo de pesquisa liderado por Cooper, Boone, Woltman e Kurowski (GIMPS) precisou do aux´ılio de mais de 700 computadores! Para mais informa¸co˜es veja a p´ agina: www.mersenne.org.

2.3.2

O Teorema Fundamental da Aritm´ etica

Os n´ umeros primos são as células dos n´ umeros naturais, no sentido de que qualquer n´ umero natural é produto de números primos. Por exemplo, 560 = 56 10 = 7 8 5 2 = 7 2 2 2 5 2,

·

· · ·

· · · · ·

i

i i

i

i

i

i

54

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onde cada um dos fatores que aparecem no produto são n´ umeros primos. Perguntamo-nos, o que acontece se come¸camos com uma outra fatora¸cão 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 representa¸cão anterior, salvo a ordem dos fatores. 2 2 2

7 5

2 Figura 2.2: O número 560 é composto de 4 células do tipo 2 , uma célula do tipo 7 e uma c´ elula do tipo 5.

O fato observado acima vale para qualquer número natural maior que 1. Especificamente, temos o seguinte resultado conhecido como Teorema Fundamental da Aritmética . Teorema 2.34 (Teorema Fundamental da Aritm´ etica). Todo n´ umero natural N maior que 1 pode ser escrito como um produto N = pα pα pα 1 2 3 1

·

≥

2

αm m

· · · · p , (2.25) ∈ N e p é primo para todo 1 ≤ i ≤ m 3

onde m 1 é um n´ umero natural, αi i . Al´ em disso, a fatora¸c˜ ao em (2.25) é ´ unica se exigirmos que p1 < p2 < < p m.

···

Demonstra¸ cao. ˜ Seja N um inteiro maior que 1. Denotando por p1 seu menor divisor primo tem-se que N = p1 β 1 ,

1

≤ β 1 < N .

Se β 1 = 1, então N 1 = p1 e a fatora¸caõ desejada é obtida. Caso contr´ ario, denotando por p2 o menor divisor primo de β 1 tem-se que N = p1 p2 β 2 ,

1

≤ β 2 < β 1.

i

i i

i

i

i

i

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55


Se β 2 = 1, então N = p1 p2 e novamente chegamos à fatora¸caõ desejada. Caso contrário, denotando por p3 o menor divisor primo de β 2 tem-se que N = p1 p2 p3 β 3 ,

1

≤ β 3 < β 2.

Continuando este processo sucessivamente obtemos então uma seqüência estritamente decrescente de números naturais αn , ou seja, N > β 1 > β 2 > β 2 >

·· · > β

n

> β n+1 >

·· · ≥ 1,

Então, pelo princ´ıpio da boa ordem, só pode existir uma quantidade finita de indices n tais que β n > 1 e conseqüentemente β n+1 = 1, de onde segue que N = p1 p2 pn .

···

Notemos que na representa¸caõ acima os pi podem-se repetir, resultando finalmente a representa¸caõ desejada em (2.25). Provaremos agora a unicidade de tal fatora¸c˜ ao. Com efeito, suponha que existem duas fatora¸cões: pα pα pα 1 2 3 1

·

2

·

3

·· · p

αm m

= N = q1β

1

β2

β3

βs s

· q2 · q3 · · · q

Pela Proposi¸cão 2.32 temos que cada pi divide algum qj , logo pi = qj , por serem primos. Portanto, cada pi aparece no lado direito da igualdade acima, e, um argumento análogo nos dá que cada 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 e a igualdade se reduz a pα pα pα 1 2 3 1

·

2

·

3

·· · p

αm m

= pβ1 pβ2 pβ3 1

·

2

·

3

· ·· p

βm m .

Suponhamos agora que α1 seja diferente de β 1 ; sem perda de generalidade vamos supor que α1 < β 1 . Portanto, pα pα 2 3 2

·

3

· ·· p

αm m

= pβ1

1

−α1

β2

β3

· p2 · p3 · ·· p

βm m ,

−

e como β 1 α1 > 0 então, pela Proposi¸caõ 2.32 temos que p1 divide algum pj , com j > 1, o que é imposs´ıvel. Portanto, α1 = β 1 . Similarmente provamos que αi = β i , com i = 1, , n.

···

Observa¸c˜ ao 2.35. O Teorema Fundamental da Aritmética foi enunciado precisamente por Gauss (1777-1855). Seus antecessores, Fermat, Euler, Lagrange e Legendre, utilizavam este teorema sem a preocupa¸caõ de tê-lo enunciado ou demonstrado com precissão.

i

i i

i

i

i

i

56

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Uma prova alternativa deste teorema será apresentada no Cap´ıtulo 5, usando o método de indu¸caõ. Exemplo 2.36. Prove que um número N é par se, e somente se, o número 2 aparece na fatora¸caõ de N em fatores primos. Solu¸c˜ ao. Obviamente, se 2 aparece na fatora¸cão em primos de N , então N é par. Ora, se N é par temos que N = 2q. Por outro lado q e N se fatoram, respeitivamente, como q = q1α q2α 1

Logo,

2

αm m

· ·· q

2 q1α q2α

·

e αm m

1

= pβ1 pβ2

2

·· · p

βs s .

βs s

·· · p . Pela unicidade da fatora¸cão, para algum i, com 1 ≤ i ≤ s, o correspondente 1

2

·· · q

N = pβ1 pβ2 1

2

pi deve ser igual a 2. Portanto, 2 aparece na fatora¸c˜ ao de n.

´ poss´ıvel decompor o conExemplo 2.37. Seja = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 . E junto em dois subconjuntos disjuntos tais que o produto dos elementos de um seja igual ao produto dos elementos do outro?

A

A {

}

Solu¸c˜ ao. Mostraremos que é imposs´ıvel fazer esta decomposi¸cão. Com efeito, suponha que existem tais conjuntos, 1 = p1 , p2 , , pr e 2 = q1 , q2 , , qs . Então

{

A

·· · }

{

· ·· } A

 · ··   · ··  p1 p2

pr = q1 q2

α

qs

β

e além disso, como os conjuntos 1 2 são disjuntos, temos que o número 5 aparece no produto α ou no produto β , mas não em ambos simultaneamente. Por outro lado, o Teorema 2.34 nos diz que a fatora¸cão em primos de α é igual a` fatora¸cão em primos de β , logo o n´ umero 5 deveria aparecer tanto no produto α como no produto β , contradizendo isto o fato anterior. Portanto não existe uma decomposi¸cão com as condi¸cões exigidas.

A A

Exemplo 2.38. 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.

i

i i

i

i

i

i

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57


Demonstra¸ cao. ˜ Digamos que seja poss´ıvel essa decomposi¸caõ para algum n e vamos denotar os conjuntos que obtemos com a decomposi¸cão por 1 e caõ dos elementos dos subconjuntos em fatores 2 . Observando a decomposi¸ primos, temos que todo fator primo de 1 também deverá pertencer a 2 . No conjunto dos seis números só podemos ter um múltiplo de 7, por isso não podemos tomar n como m´ ultiplo deste primo. Analogamente para primos maiores que 7. Analisando o primo 5, conclu´ımos que n e n + 5 são múltiplos de 5, pois se não, cair´ıamos na análise anterior. Assim, os números n + 1, n + 2, n + 3 e n + 4 s˜ ao da forma 2 α 3β . Como entre eles existem dois ´ımpares, logo teremos duas potências de 3 cuja diferen¸ca é 2, um absurdo. Assim, n˜ ao existe n que satisfaz as condi¸cões do enunciado.

A

A A

A

Finalizamos esta se¸cão com um exemplo que mostra como podemos combinar os fatos estudados para resolver problemas mais dif´ıceis Exemplo 2.39. Encontre todos os números que são formados por 4 algarismos da forma aabb e que sejam quadrados perfeitos. Solu¸c˜ ao. Como o número aabb é um quadrado perfeito, significa que: N 2 =aabb ;



N 2 =103 a + 102 a + 10b + b = 103 + 102 N 2 =1100 a + 11 b ;

 · · 



·

a + (10 + 1) b ;

·

N 2 =11 100a + b = 11 99a + a + b ; Como 11 é primo é fácil ver, usando a Proposi¸cã o 2.32, que 112 N 2 . Segue-se entã o que 11 (99a + a + b). Portanto, 11 (a + b). Como aabb tem 4 algarismos, segue-se que a = 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 = 1, pois se a = 1 então b = 10. Analogamente, b = 0, 1. Portanto,

|

∈{



| ∈{

·· · } ≤   a ∈ {2, 3, 4, · ·· , 9} e b ∈ {2, 3, 4, ·· · , 9}.

|

· ·· }

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}.

i

i i

i

i

i

i

58

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Certamente b = 5, pois todo n´ umero que acaba em 5 quando é elevado ao quadrado sempre acaba em 25. Assim,



b

• Se b = 4, então a = 7.

∈ {4, 6, 9}.

Neste caso o n´ umero seria 7744 que é um

quadrado perfeito;

• Se b = 6, então a = 5. Neste caso o número seria 5566 que não é um quadrado perfeito;

• Se b = 9, então a = 2. Neste caso o número seria 2299 que não é um quadrado perfeito.

Finalmente, a u ´ nica solu¸cão poss´ıvel é aabb = 7744 = 882 .

2.3.3

Identificando N´ umeros Compostos

N˜ ao existe uma regra geral que nos permita determinar imediatamente se um n´ umero inteiro é primo ou composto. Entretanto, existem alguns critérios, baseados fundamentalmente em identidades alg´ ebricas, que nos ajudam nessa dif´ıcil tarefa. Critério 1. Todo n´ umero que é diferen¸ca de quadrados de dois inteiros positivos, com diferen¸ca distinta de um, é composto. Demonstra¸ cao. ˜ Com efeito, se N = a2 b2 , então N = a2 b). Logo, como a b = 1, temos que N é composto.

−

− 

Exemplo 2.40. Prove que o número N = 220

− b2 = (a − b)(a +

− 254 é composto.

Solu¸c˜ ao. 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 diferen¸ca de quadrados. Além disso, N = 10242 6252 , = (1024 625)(1024 + 625), = 399 1649, = 3 133 1649.

·

·

− −

(2.26)

·

i

i i

i

i

i

i

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59


Portanto, podemos concluir que 3 N . Notemos que neste exemplo não é muito prático aplicar o crit´ erio de divisibilidade, estudado na Proposi¸ caõ 2.5, para ver se o mesmo é divis´ıvel por 3.

|

O segundo critério é uma generaliza¸caõ do primeiro. Critério 2. Sejam a, b inteiros positivos, com a n 2. Ent˜ ao a b divide an bn e, portanto, an

≥

−

−

− b ≥ 2, e n ∈ N, com − b é composto. n

Demonstra¸ cao. ˜ Os casos n = 2 e n = 3 seguem das clássicas fatora¸co˜es:

• a2 − b2 = (a − b)(a + b), [diferen¸ca de quadrados] • a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2), [diferen¸ca de cubos]. Estas igualdades sugerem a seguinte fatora¸cão para o caso geral an

−b

n

= (a

− b)



an−1 + an−2 b + an−3 b2 +

·· · + ab −2 + b −1 n

n



,

de onde segue diretamente o resultado desejado. Para provar esta igualdade, denotamos por β o lado direito, ou seja, β = (a

− b)



an−1 + an−2 b + an−3 b2 +

·· · + ab −2 + b −1 n

n

e desenvolvemos o mesmo para obtermos

 −

β = an + an−1 b + an−2 b2 + n

−b =a −b n

n





· · · + a2b −2 + ab −1 a −1 b + a −2 b2 + ·· · + a2 b −2 + ab −1 n

n

n

n

,

n

n

terminando assim a prova. Exemplo 2.41. Prove que N = (999994)1234567890 333331.

− 1 é divis´ıvel

por

Solu¸c˜ ao. Escolhendo a = 999994, b = 1 e n = 1234567890 pelo crit´ erio 2 temos que a 1 = 999993 N. (2.27)

−

|

i

i i

i

i

i

i

60

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Além disso, 999993 = 3 333331; portanto

·

333331 999993.

(2.28)

|

Então, usando o item (a) da Proposi¸cão 2.3 e as afirma¸co˜es feitas em (2.27) e (2.28), temos que 333331 N .

|

Outro critério muito valioso é a Identidade de Sophie Germain , devido à matemática francesa Sophie Germain(1776-1831), que enunciamos a seguir. Critério 3. ( Identidade de Sophie Germain ). Dados a, b igualdade a4 + 4b4 = (a2 + 2b2 + 2ab)(a2 + 2b2 2ab).

∈ R, vale a

−

Demonstra¸ cao. ˜ A prova segue das seguintes igualdades: a4 + 4b4 = a4 + 4a2 b2 + 4b4 = (a2 + 2b2 )2

− 4a2b2

− 4a2b2

= (a2 + 2b2 + 2ab)(a2 + 2b2

− 2ab).

Como aplica¸cão desta identidade vejamos os seguintes exemplos. Exemplo 2.42. Mostre que para qualquer inteiro positivo n > 1 o n´ umero n 4 qn = n + 4 nunca é primo. Solu¸c˜ ao. O conjunto dos n´ umeros naturais é particionado em duas classes disjuntas: o conjunto dos n´ umeros pares e o conjunto dos números ´ımpares. Estudaremos cada classe por separado. Assim,

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

n4 + 4n = (2k)4 + 42k = 16k 4 + 24k ,





= 2 8k4 + 24k−1 . Portanto, neste caso, n4 + 4n é um n´ umero par maior do que 2. Logo, se n > 1 é qualquer número inteiro positivo par temos que n4 + 4 n não é um número primo.

i

i i

i

i

i

i

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61


• se n é um número ´ımpar, então n = 2k + 1 para algum inteiro positivo k ≥ 1. Assim, n4 + 4 = (2k + 1)4 + 42 +1 = (2k + 1)4 + 4 · 42 4 = (2k + 1)4 + 4 · 24 = (2k + 1)4 + 4 · 2 . n

k

k



k

k

Logo, tomando a = 2k + 1 e b = 2k , o resultado é uma conseqüência direta da identidade de Sophie Germain. Exemplo 2.43. O n´ umero N = 4 2005 + 20054 é primo? Solu¸c˜ ao. Notemos que 42005 + 20054 = 4 42004 + 20054 = 4

·

·

  4501

4

+ 20054 .

Na Identidade de Sophie Germain considerando a = 2005 e b = 4501 , temos que N = (20052 + 2 41002 + 2 2005 4501) (20052 + 2 41002

·

·

·

·

·

Logo, o n´ umero 42005 + 20054 n˜ ao é primo.

501

− 2 · 2005 · 4

).

Tamb´ em podemos resolver problemas deste tipo de várias formas. Exemplo 2.44. Mostre que o número 520 + 230 é composto. Solu¸c˜ ao 1. Escrevemos

  · 

520 + 230 = 5 5·4 + 22 228 = 55

·

4

+4

27

4

,

de onde podemos usar a Identidade de Sophie Germain com a = 5 5 e b = 2 7 para comprovar que o número 520 + 230 é composto. Solu¸c˜ ao 2. As seguintes igualdades são válidas:

       · − · · · − · ·  − ·· · − · 

520 + 230 = 510

2

+ 215

= 510

2

+ 2 510 215 + 215

= 510 + 215

2

= 510 + 215

2

2

2

2 510 215

2 510 215 510 216

= 510 + 215 + 55 28

510 + 215

55 28 .

i

i i

i

i

i

i

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Au ´ ltima identidade mostra que o número 520 + 230 é composto. Finalizamos esta se¸caõ com mais alguns exemplos interessantes. 5125 −1 525 −1

Exemplo 2.45. Mostre que o inteiro positivo Solu¸c˜ ao. Sabemos que x5 x5 x

é composto.

− 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1), de onde

− 1 = x4 + x3 + x2 + x + 1 = (x2 + 3x + 1)2 − 5x(x + 1)2. −1

Tomando x = 525 obtemos 5125 525

−1 = −1 = =

 

        

2 · − 5 · 525 525 + 1 2 , 2 2 550 + 3 · 525 + 1 − 526 525 + 1 , 2 2 550 + 3 · 525 + 1 − 513 525 + 1 ,

550 + 3 525 + 1

que é composto por ser uma diferen¸ca de quadrados.

Exemplo 2.46. Demonstre que o número 1 000 . . . 00 1 é composto.

   2006 zeros

Solu¸c˜ ao. Observemos que 1000 . . . 00 1 =102007 + 1;

     −      2006 zeros

= 10669

da identidade a3 + 1 = (a + 1)(a2

3

+ 1;

a + 1) segue-se que:

1000 . . . 00 1 = 10669 + 1 2006 zeros

101338

− 10669 + 1



.

Esta u ´ ltima igualdade mostra que o número 1 000 . . . 00 1 é composto.

   2006 zeros

i

i i

i

i

i

i

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˜ [SEC. 2.4: UM POUCO SOBRE EQUAC ¸ OES DIOFANTINAS

x

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y

Figura 2.3::

2.4

Um pouco sobre Equa¸ c˜ oes Diofantinas

Come¸camos esta se¸cão com uma brincadeira interessante. Jo˜ ao, ao sair da aula de matemática do professor Peitágoras, encontrou Pedro e lhe propôs a seguinte brincadeira: - Pense numa pe¸ca de dominó, Pedro. Vou adivinhar que pe¸ca é essa usando uma fórmula mágica. - Ok, João. Pode come¸car, já pensei. - Escolha um dos números na pe¸ca 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 pe¸ca. Qual foi o resultado? - Foi 40. - Então a pe¸ca que vocˆ e 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 pe¸ca de dominó pode ser considerada como um dos d´ıgitos de um número de 2 algarismos, o qual denotamos por N = xy = 10x + y (veja a Figura 2.3). Acompanhando os passos de João, temos que: (5x + 3)2 + y = 40

⇔ 10x + y = 34,

(2.29)

que claramente, tem por solu¸cões: x = 3 e y = 4, usando a representa¸caõ de 34 na base decimal. A equa¸caõ (2.29) é um caso particular da seguinte forma mais geral: ax + by = c,

(2.30)

i

i i

i

i

i

i

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onde a,b,c Z, com a = 0 e b = 0. A equa¸caõ (2.30) é chamada de equa¸cao ˜ diofantina linear e uma solu¸caõ ´ conhecido desta é qualquer par de inteiros (x, y) que satisfa¸cam (2.30). E que todos os pontos do plano, com coordenadas ( x, y), que satisfazem a igualdade (2.30) representam, geometricamente, uma reta. Logo, as solu¸c˜ oes de uma equa¸cão diofantina linear são os pontos de coordenadas inteiras (também conhecidos como pontos latices) que estão dispostos sobre a reta que esta representa. Por exemplo, os pontos ( 1, 2) e (1, 1) são solu¸co˜es da equa¸cão diofantina 3x 2y = 1, veja a Figura 2.4.

∈





− −

−

3

y

L

2

1

•

0

x -1

-2

•

-3 -3

-2

-1

0

1

2

3

Figura 2.4: A equa¸caõ da reta L é 3x − 2y = 1. ´ sempre poss´ıvel achar solu¸cões para Naturalmente nos perguntamos: E uma equa¸caõ diofantina linear ? A resposta é não; o próximo resultado nos diz quando isto é poss´ıvel. Além disso, se uma equa¸caõ diofantina linear tem uma solu¸cão na verdade ela tem uma infinidade de solu¸c˜ oes. Proposi¸c˜ ao 2.47. A equa¸c˜ ao diofantina linear ax + by = c,

a, b, c

∈ Z,

com a = 0 e b = 0,





(2.31)

|

tem solu¸c˜ ao se, e somente se, d c, onde d = (a, b). Além disso, se (x0 , y0 ) é uma solu¸c˜ ao, ent˜ ao o conjunto de solu¸c˜ oes de (2.31) é constitu´ıdo por todos os pares de inteiros (x, y) da forma: x = x0 + t db

e

y = y0

−t

a , d

t

∈ Z.

(2.32)

Demonstra¸ cao. ˜ Primeiramente suponhamos que (x0 , y0 ) é uma solu¸cão de (2.31), logo ax0 + by0 = c. Usando que d = (a, b) sabemos que existem

i

i i

i

i

i

i

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˜ [SEC. 2.4: UM POUCO SOBRE EQUAC ¸ OES DIOFANTINAS

inteiros q1 e q2 , tais que dq1 = a e dq2 = b. Portanto, se verifica 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 , tais que ax0 + by0 = d. Multiplicando ambos os lados desta u ´ ltima igualdade por q temos que ax0 q + by0 q = c,

|

logo o par (x1 , y1 ), com x1 = x0 q e y1 = y0 q, é solu¸cão da equa¸cão diofantina. Resta provar agora que temos infinitas solu¸cões da forma (2.32). Com efeito, sendo (x, y) uma outra solu¸cão 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 (x d

− x0) = db (y0 − y). Como o ( , ) = 1, então temos que | (y0 − y) e | (x − x0 ). Logo, existe inteiro t tal que x = x0 + t e y = y0 − t . a d

b d

a d

b d

b d

a d

Por outro lado, é fácil verificar que para qualquer inteiro t as expressões achadas acima para x e y resolvem a equa¸caõ diofantina. A seguir damos um exemplo de como proceder para resolver equa¸c˜ oes diofantinas. Exemplo 2.48. Achar todas as solu¸co˜es inteiras da equa¸caõ 12x + 33y = 27. Solu¸c˜ ao. Observemos que (12, 33) = 3 e que 3 27, logo a equa¸cão tem infinitas solu¸ cões. Como sabemos, basta achar uma delas e teremos as restantes. Para achar esta solu¸cão particular podemos trabalhar de duas maneiras, que descrevemos a seguir: Alternativa 1: Reduzimos a equa¸cão à forma equivalente

|

4x + 11y = 9,

i

i i

i

i

i

i

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e por tentativa e erro vemos que x0 = 5 e y0 = Então pela Proposi¸caõ 2.47 temos que x = 5 + 11t e y = 4t

−1 solucionam a mesma.

− 1, t ∈ Z,

esgotam todas as solu¸cões que procuramos. Alternativa 2: Aplicamos o Algoritmo de Euclides para achar o m.d.c (12 , 33), obtendo os seguintes resultados:

·

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

·

·

Da segunda e primeira igualdades temos, respectivamente, que 3 = 12

−9·1

e 9 = 33

− 12 · 2.

Usando estas duas obtemos

− −

− · · · · − · y0 = −1, garantidos pelo Teorema de Bézout,

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

ou seja, achamos x0 = 3 e que validam 3 = 12x0 + 33y0 . Multiplicamos por 9 esta última igualdade para obter 27 = 12(9x0 ) + 33(9y0 ). Portanto, x0 = 9x0 = 27 e y0 = 9y0 = 9 resolvem, particularmente, a equa¸cão diofantina. Analogamente, como na alternativa, anterior podemos escrever a solu¸cão geral da forma:





−

x = 27 + 11s e y = 4s

2.5

− 9, s ∈ Z.

Exerc´ıcios

1. Encontre o resto que deixa

i

i i

i

i

i

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[SEC. 2.5: EXERCÍCIOS

(a) 2001 2002 2003 2004 + 20052 quando é dividido por 7;

·

·

·

(b) 2100 quando é dividido por 3;



(c) 1237156 + 34



28

quando é dividido por 111.

2. Provar que o número n5 + 4n é divis´ıvel por 5 para qualquer número natural n. 3. Provar que o número n3 natural n ´ımpar.

− n é divis´ıvel por 24 para qualquer número

4. Mostre que se n é ´ımpar, então n2

− 1 é divis´ıvel por 8.

5. Prove que se a é ´ımpar, então a2 + (a + 2)2 + (a + 4)2 + 1 é divis´ıvel por 12. 6. O n´ umero 21093

− 2 é divis´ıvel por 10932 ?

7. Utilizando o fato de que o resto de um quadrado quando dividido por 4 só pode ser 0 ou 1, dˆ e uma outra solu¸caõ para o problema do Exemplo 2.39. 8. Dados 3 inteiros tais que x2 +y 2 = z 2 , mostre que x e y não são ambos ´ımpares e que xy é m´ ultiplo de 6. 9. Demonstre que o quadrado de um inteiro é da forma 8 n ou 8n + 1 ou 8n + 4. 10. Três números primos p, q e r, maiores que 3, formam uma progressão aritmética, ou seja, q = p + d e r = p + 2d. Prove que d é divis´ıvel por 6. 11. Demonstrar que existem infinitos números primos da forma 4m + 3 e da forma 6m + 5, onde m Z.

∈

12. Encontrar o último d´ıgito dos números (a) 19892005 ; (b) 777777 + 250 ; (c) 1 + 2 2 + 32 +

·· · + 20052.

i

i i

i

i

i

i

68

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13. Prove que a soma dos quadrados de cinco números consecutivos não é um quadrado perfeito.

 · · ·   ··· 

14. Prove que 1 00

00 5 00

100−zeros

00 1 não é um cubo perfeito.

100−zeros

15. Use o Lema dos Restos para dar uma prova diferente para a Proposi¸caõ 2.5. 16. Dados n

∈ N e a ∈ Z, L = ax j

n



n

n

·· · , n; a > 0. Prove que o conjunto + a −1 x −1 + · · · + a0 , x ∈ Z

j = 0, 1, n

n



n

contém infinitos números compostos. 17. Prove que os números (a) αn = 1 + (b) β n =

1 3

+

1 2 1 5

+ +

1 3

+

· ·· + 1 , com n > 1,

· ·· +

n

1 2n+1 ,

com n > 0,

não são inteiros. 18. Dizemos que um conjunto n 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 n que contemplam 2 s na representa¸caõ binária é par. Dizemos que n é irregular se, pelo menos para algum s este n´ umero é ´ımpar. Demonstre 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.

A

A A

19. Seja n um inteiro positivo. Demonstrar que todos os coeficientes do desenvolvimento do binômio de Newton (a + b)n são ´ımpares se, e somente se, n é da forma 2s 1.

−

20. Prove que se (x0 , y0 ) é uma solu¸caõ da equa¸caõ diofantina linear ax by = 1, entã o a área do triângulo cujos vértices são (0, 0), (b, a) e (x0 , y0 ) é 1/2.

−

21. Qual é a menor distância poss´ıvel entre dois pontos (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ), com coordenadas inteiras, situados sobre a reta definida pela equa¸caõ diofantina ax by = c ?

−

i

i i

i

i

i

i

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Cap´ıtulo 3

Contagem Neste cap´ıtulo discutiremos problemas envolvendo a contagem de elementos de um conjunto dado. Por exemplo, responderemos perguntas do tipo: de quantos modos podemos distribuir 32 sele¸co˜es nacionais de futebol em seis grupos de quatro times cada? Para tanto, utilizaremos como ferramentas básicas os princ´ıpios aditivo e multiplicativo da contagem. Veremos tamb´ em que o uso simultâneo destes princ´ıpios será muito u ´ til para resolver problemas com certos n´ıveis de complexidade. Além disto, serão abordados os conceitos de permuta¸cões, arran jos e combina¸co˜es, sendo estes de muita importância por serem os alicerces de um ramo da matemática denominado Combinatória. Antes de prosseguirmos daremos algumas defini¸cões e nota¸cões que serão u ´teis ao longo de todo o cap´ıtulo. Dado um conjunto denotamos por a quantidade de elementos que este possui. O produto cartesiano de n conjuntos 1 , 2 , . . . , n−1 e n é o conjunto definido por

A

A A A A A1 × A2 × · · · × A := (a1, a2, . . . , a n



n );

ai

∈ A , i = 1, 2, . . . , n i

|A|



,

onde cada elemento (a1 , a2 , . . . , an ) é chamado de n-upla ordenada. Denotaremos o conjunto vazio com o s´ımbolo .

3.1

∅

Princ´ıpio Aditivo de Contagem

O princ´ıpio aditivo da contagem garante que dados dois conjuntos que não têm elemento em comum, o número de elementos da união é exatamente a 69

i

i i

i

i

i

i

70

vro mp a 2006/5/27 page 70 i

[CAP. 3: CONTAGEM

soma do n´ umero de elementos de cada um, ou seja, se (isto é, 1 ao 2 = ), ent˜

A ∩A

∅

A1 e A2 são disjuntos

|A1 ∪ A2| = |A1| + |A2|. Apesar de sua simplicidade, muitos problemas podem ser resolvidos utilizando esse simples princ´ıpio. A seguir enunciamos uma extensão deste princ´ıpio para um número finito qualquer de conjuntos. Princ´ıpio Aditivo da Contagem: Dados os conjuntos 1 , 2 , . . . , e, i , i = j), temos que n dois a dois disjuntos (isto ´ j =

A A

A

A ∩A ∅ ∀  |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ A | = |A1| + |A2| + · · · + |A |. n

n

Exemplo 3.1. Em Maceió entraram em cartaz 4 filmes distintos e 2 pe¸cas de teatro. Se Pedro V´ıtor só tem dinheiro para assistir a um filme ou a uma pe¸ca de teatro, diga quantos são os poss´ıveis programas de Pedro V´ıtor. Solu¸c˜ ao. Denotemos por f 1 , f 2 , f 3 e f 4 os quatro filmes que estão em cartaz e por t1 e t2 as duas pe¸cas de teatro. Agora, representemos pelo par (i, j), com 0 i 4 e 0 j 2, o programa que consiste em assistir ao filme f i e à pe¸ca tj (caso i = 0 ou j = 0 isso significa que não será assistido a nenhum filme ou a nenhuma pe¸ca, respectivamente). Pelas limita¸co˜es econômicas do Pedro V´ıtor temos que ele só pode escolher um programa dentro dos seguintes conjuntos disjuntos:

≤ ≤

A1 =

≤ ≤





(1, 0), (2, 0), (3, 0), (4, 0)

e

|A ∪ A | |A | |A |

A2 =





(0, 1), (0, 2) .

Logo, no total são 1 2 = 1 + 2 = 6 programas distintos, entre os quais Pedro V´ıtor terá que escolher um. Exemplo 3.2. 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.

P

Solu¸c˜ ao. Vamos enumerar as pessoas com os números do conjunto = 1, 2, . . . , n . A cada aperto de mão associaremos um par (i, j), significando que a pessoa i apertou a mão da pessoa j. Assim, os apertos de m˜ ao envolvendo a pessoa 1 foram:

{

}

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

i

i i

i

i

i

i

vro mp a 2006/5/27 page 71 i

71

[SEC. 3.1: PRINCÍPIO ADITIVO DE CONTAGEM

Do mesmo modo, definimos 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), j´ a que se 1 aperta a mão de 2, então 2 aperta a mão de 1. Analogamente,

A = {(i, i + 1), (i, i + 2), . . . , (i, n)}, para 1 ≤ i ≤ n. Note que A ∩ A = ∅ para i  = j. Observe tamb´ em que todos os apertos aparecem em um dos conjuntos A . Assim, A1 ∪ · · · ∪ A contém todos os i

i

j

i

n

apertos de mão. Logo, pelo Princ´ıpio Aditivo:

|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ A | = |A1| + |A2| + . . . |A | = (n − 1) + (n − 2) + ·· · + 2 + 1 (n − 1)n = = 66. n

n

2

Resolvendo em n, temos que n = 12. Vimos que o princ´ıpio aditivo nos fornece o número de elementos de qualquer união de conjuntos dois a dois disjuntos. Discutiremos agora uma extensão do princ´ıpio para qualquer união de conjuntos, n˜ ao necessariamente dois a dois disjuntos. Proposi¸cão 3.3. Considere

A1 e A2 dois conjuntos arbitr´ arios, ent˜ ao: |A1 ∪ A2| = |A1| + |A2|−|A1 ∩ A2|.

Demonstra¸ cao. ˜ Observe que

A1 ∪ A2 = ( A1 − A2) ∪ A2 onde a união é dois a dois disjunta. Pelo principio aditivo, temos que

|A1 ∪ A2| = |A1 − A2| + |A2|.

(3.1)

Analogamente, aplicando novamente este pric´ıpio, temos que

|A1| = |A1 − A2| + |A1 ∩ A2|;

(3.2)

A Proposi¸cão segue imediatamente combinando as igualdades (3.1) e (3.2).

i

i i

i

i

i

i

72

vro mp a 2006/5/27 page 72 i

[CAP. 3: CONTAGEM

Para chegar a uma expressão análoga à do princ´ıpio aditivo, vamos fazer mais um caso, considerando agora trˆ es conjuntos.

A1, A2 e A3 três conjuntos quaisquer. Ent˜ ao, |A1 ∪ A2 ∪ A3| =|A1| + |A2| + |A3| − |A1 ∩ A2| + |A1 ∩ A3| + |A2 ∩ A3| + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |.

Corol´ ario 3.4. Considere





Demonstra¸ cao. ˜ Pela Proposi¸cão 3.3 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 Proposi¸cão 3.3 temos que,

|A1 ∪ A2 ∪ A3| = |A1| + |A2| + |A3|−|A2 ∩ A3| − |(A1 ∩ A2) ∪ (A1 ∩ A3)|. Aplicando mais uma vez a Proposi¸caõ 3.3 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.

AA

A

Para facilitar nossa escrita, vamos denotar por 1 2 . . . k o conjunto ario 3.4 é a k . Assim, outra forma de enunciar o Corol´ 1 2 seguinte:

A ∩ A ∩ ·· · ∩ A

 A   |A | −    3

3

i

i=1

=

i

i=1

1≤i1
|A A | + i1

i2



1≤i1
|A A A |. i1

i2

i3

i

i i

i

i

i

i

73


De forma geral, dados conjuntos nos levam a definir os números:

vro mp a 2006/5/27 page 73 i

A1, A2, . . . , A

n,

as expressões anteriores

n

S 1 =

 |A |  |A A |  |A A i

i=1

S 2 =

i1

i2

,

1≤i1
.. . S k =

i1

1≤i1
.. . S n =

i2

...

A |, ik

|A1A2 . . . A |. n

Assim, a versão mais geral do princ´ıpio aditivo, também conhecida como princ´ıpio de inclus˜ ao e exclus˜ ao, é: Princ´ıpio Aditivo - Vers˜ ao Geral: Dados quaisquer conjuntos A1 , A2 . . . , An , vale:

  n

i=1

 

Ai = S 1

− S 2 + S 3 − S 4 + · · · + (−1) −1S . n

n

N˜ ao iremos provar essa vers˜ a o, mas o leitor pode (e deve!) mostrá-la como exerc´ıcio, repetindo os argumentos anteriores. Vamos agora a uma aplica¸caõ: Exemplo 3.5. Num col´ egio foram entrevistados 78 estudantes. Destes, 32 estavam fazendo um curso de francˆ es; 40 um curso de f´ısica; 30 um curso de matemática; 23 um curso de história; 19 francês e f´ısica; 13 francês e matemática; 15 f´ısica e matemática; 2 francês e história; 15 f´ısica e história; 14 matemática e história; 8 francês, f´ısica e matemática; 8 francês, f´ısica e história; 2 francês, matemática e história; 6 f´ısica, matemática e história e 2 estavam fazendo todos os quatro cursos. Quantos estudantes estavam fazendo pelo menos 1 curso nas 4 áreas mencionadas?

i

i i

i

i

i

i

74

vro mp a 2006/5/27 page 74 i

[CAP. 3: CONTAGEM

Solu¸c˜ ao. Denotemos por 1 , 2 , 3 , e 4 os conjuntos dos estudantes que fazem francês, f´ısica, matemática e história, respectivamente. Observemos que as igualdades

A A A

A

|A1| = 32, |A2| = 40, |A3| = 30, |A4| = 23, 4

nos dão que S 1 =

 |A | i

= 125; as igualdades

i=1

|A1A2| = 19, |A1A3| = 13, |A1A4| = 2, |A2A3| = 15, |A2A4| = 15, |A3A4| = 14, nos dão que S 2 =



1≤i1
|A A | = 78; as igualdades i1

i2

|A1A2A3| = 8, |A1A2A4| = 8, |A1A3A4| = 2, |A2A3A4| = 6, nos dão que S 3 =



1≤i1
|A1A2A3A4| = 2.

|A A A | = 24; assim como que S 4 i1

i2

i3

Segue-se então, do princ´ıpio aditivo, que 69.

 A   

=

4

i

i=1

= 125

− 78 + 24 − 2 =

i

i i

i

i

i

i

75


Defini¸ ca õ 3.6. Definimos o complementar do conjunto conjunto como sendo um subconjunto de dado por

U

A

c

=

U x ∈ U ; x ∈ /A



vro mp a 2006/5/27 page 75 i

A em rela¸caõ ao



.

U A Figura 3.1: A a´rea pintada de verde corresponde a sentado por todo o retˆ angulo.

Neste caso é fácil verificar que os conjuntos c = . Segue-se do princ´ıpio aditivo que

U A ∪ A

c

A

e o conjunto

U é repre-

c

A e A são disjuntos e que |U| = |A| + |A |; portanto, c

c

|A | = |U|−|A|. Analogamente, dados dois conjuntos A1 ⊂ U e A2 ⊂ U , temos que A1 ∪A2 e (A1 ∪A2 ) são disjuntos e, aliás, U = ( A1 ∪A2 ) ∪ (A1 ∪A2 ) . Novamente, c

c

pelo do princ´ıpio aditivo, vale que

c

|U| = |A1 ∪ A2| + |(A1 ∪ A2) |; e conseq¨ uentemente temos que c

|(A1 ∪ A2) | = |U|− (|A1| + |A2|) + |A1A2|. Similarmente, dados três conjuntos A1 ⊂ U , A2 ⊂ U e A3 ⊂ U podemos demonstrar que

c

|(A1 ∪ A2 ∪ A3) | = |U|− (|A1| + |A2| + |A3|) + (|A1 A2 | + |A1 A3 | + |A2 A3 |) − |A1A2A3|. Então, usando a nota¸cão S 0 = |U|, temos a seguinte proposi¸cão:

i

i i

i

i

i

i

76

vro mp a 2006/5/27 page 76 i

[CAP. 3: CONTAGEM

Proposi¸cão 3.7. Para toda fam´ılia de subconjuntos Ai vale a rela¸cao: ˜

  n

i=1

     c



⊂ U , i = 1, 2, . . . , n,

− S 1 − S 2 + S 3 − S 4 − · · · + (−1) −1S = S 0 − S 1 + S 2 − S 3 + S 4 − · · · + (−1) S ,

Ai

= S 0

n

n

n



n

ou resumidamente,

i=1

   c

n

Ai

n

=

c

c

c n

|A1A2 · · · A | =

−

( 1)j S j .

j =0

Observa¸cão 3.8. Observemos que na última rela¸cão da proposi¸ cão usamos a conhecida lei de Morgan: o complementar da união de uma familia finita conjuntos, em rela¸caõ a um conjunto , é a interseçcão dos complementares de cada um deles.

U

3.2

Princ´ıpio Multiplicativo de Contagem

Come¸camos esta se¸caõ discutindo um problema relacionado com o apaixonante jogo de xadrez. O mesmo 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 situa¸cão como a que procuramos é mostrada na Figura 3.2, pois lembramos que torres só se movimentam na dire¸caõ horizontal ou na dire¸cão vertical do tabuleiro. Antes de prosseguir deixamos claro o seguinte: se na Figura 3.2 trocamos a posi¸caõ da torre a com a torre b consideraremos isto como uma situa¸cão diferente. Notemos o seguinte: uma vez que coloquemos uma das torres numa casa do tabuleiro não podemos colocar a segunda torre na mesma linha ou coluna em que esta se encontra, pois ela seria amea¸cada. Como cada linha e cada coluna cont´ em 8 casas do tabuleiro, sendo uma delas comum a ambas, então temos 15 posi¸cões proibidas para colocar a segunda torre, ou seja, ela só pode ser colocada em 64 15 = 49 posi¸co˜es diferentes. Resumindo, por cada uma das 64 poss´ıveis posi¸co˜es para a torre a temos 49 possibilidades diferentes para colocar a torre b, totalizando 64 49 = 3136 formas diferentes de colocar ambas as torres no tabuleiro sem que elas se ataquem.

−

·

i

i i

i

i

i

i

vro mp a 2006/5/27 page 77 i

77

[SEC. 3.2: PRINCÍPIO MULTIPLICATIVO DE CONTAGEM

a

b

Figura 3.2:: O exemplo acima traz a essência do que é chamado princ´ıpio multiplicativo da contagem : se um evento 1 pode ocorrer de m maneiras distintas e, se para cada uma dessas m maneiras poss´ıveis de 1 ocorrer, um outro evento 2 pode ocorrer de n maneiras distintas, então o n´ umero de maneiras de ocorrerem sucessivamente os eventos 1 e 2 é m n. Na linguagem matemática: dados dois conjuntos 1 e 2 , temos que

A

A

A

A A A A |A1 × A2| = |A1| |A2|.

·

Uma extensão deste princ´ıpio para um número finito qualquer de con juntos é a seguinte: Princ´ıpio Multiplicativo da Contagem: Dados os conjuntos . . . , n temos que

A

A1, A2,

|A1 × A2 × · · · × A | = |A1|·|A2|···|A |. n

n

Note que neste princ´ıpio, não é necessária nenhuma hipótese adicional sobre os conjuntos i . Vamos agora dar alguns exemplos de como aplicar esse princ´ıpio.

A

Exemplo 3.9. Em Maceió entraram em cartaz 4 filmes distintos e 2 pe¸cas de teatro. Se agora o Pedro V´ıtor tem dinheiro para assistir exatamente a um filme e a uma pe¸ca de teatro, diga quantos são os poss´ıveis programas que Pedro V´ıtor pode fazer.

i

i i

i

i

i

i

78

vro mp a 2006/5/27 page 78 i

[CAP. 3: CONTAGEM

Solu¸c˜ ao. Denotemos por f 1 , f 2 , f 3 e f 4 os quatro filmes que estão em cartaz e por t1 e t2 as duas pe¸cas de teatro. Definamos os conjuntos

A1 = {f 1, f 2, f 3, f 4}

e

A2 = {t1, t2}.

Neste caso, as condi¸co˜es econômicas do Pedro V´ıtor permitem que ele escolha um elemento do conjunto 1 e outro elemento do conjunto 2 . Este tipo de escolha representa-se pelo conjunto

A

A1 × A2 =



A

(f i , tj ); 1

≤i≤4

e 1

≤j≤2



,

onde cada par (f i , tj ) representa o programa que consiste em assistir ao filme f i e à pe¸ca tj . Logo, no total são 1 2 = 1 2 = 8 programas distintos.

|A × A | |A | · | A |

Exemplo 3.10. 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. Solu¸c˜ ao. 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. Definamos os conjuntos

B = {b1, b2, b3, b4, b5, b6, b7, b8, b9}

e

C = { c1 , c 2 , c 3 , c 4 , c 5 } .

Como precisamos comprar simultaneamente um elemento do conjunto e um elemento do conjunto , então o conjunto me dá o conjunto de todas as escolhas poss´ıveis. Logo, o número de escolhas poss´ıveis para comprar simultaneamente um tipo de bala e um tipo de chiclete é = 9 5 = 45.

C

B

B ×C

|B×C|

·

Exemplo 3.11. O alfabeto Português é formado por 5 vogais e 18 consoantes. Suponha que uma s´ılaba do alfabeto esteja formada por uma única consoante seguida de uma única vogal. Diga quantas s´ılabas tem nosso alfabeto. Solu¸c˜ ao. Considere os conjuntos,

V ={ a, e, i, o, u }, C ={ b, c, d, f, g, h, j, l, m, n, p, q, r, s, t, v, x, z }.

i

i i

i

i

i

i

vro mp a 2006/5/27 page 79 i

79


Uma s´ılaba, pela defini¸cão dada no nosso problema, é formada por uma u ´ nica consoante seguida de uma única vogal. Assim, o conjunto de todas as s´ılabas de nosso alfabeto é formado pelo conjunto . Como = 18 e = 5, segue-se que o número de s´ılabas poss´ıveis é 18 5 = 90.

C × V ·

|V|

|C|

Exemplo 3.12. De quantas maneiras 2 pessoas podem estacionar seus carros numa garagem com 10 vagas? Solu¸c˜ ao. 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 princ´ıpio multiplicativo que existem 9 10 = 90 formas poss´ıveis nas quais duas pessoas podem estacionar seus carros numa garagem com 10 vagas.

·

Exemplo 3.13. Dado o n´ umero 720, diga (a) quantos divisores inteiros e positivos ele possui; (b) dentre seus divisores inteiros e positivos, quantos são pares; (c) dentre seus divisores inteiros e positivos, quantos são ´ımpares; (d) dos divisores acima aludidos quantos são quadrados perfeitos. Solu¸c˜ ao. Pelo Teorema Fundamental da Aritm´ etica, todo número inteiro positivo é primo ou produto de primos. Observe que a decomposi¸caõ de 720 em fatores primos vem dada por: 720 = 24 32 51 .

(3.3)

· ·

Agora definamos os seguintes conjuntos:

A ={ todos os divisores de 720 que são da forma 2 , onde k ∈ Z+}, B ={ todos os divisores de 720 que são da forma 3 , onde m ∈ Z+}, C ={ todos os divisores de 720 que são da forma 5 , onde n ∈ Z+}. Observemos que 0 ≤ k ≤ 4, pois se k > 4 então pelo menos a potência 25 deveria estar presente em (3.3); como isto não acontece segue-se que 0 ≤ k ≤ 4, de modo que A = 20, 21, 22, 23, 24 , k

m n





i

i i

i

i

i

i

80

vro mp a 2006/5/27 page 80 i

[CAP. 3: CONTAGEM

seguindo o mesmo racioc´ınio, podemos demonstrar que 0 0 n 1. Assim,

≤ ≤

B=



30 , 31 , 32



C=

e

≤ m ≤ 2 e que

 

50 , 51 .

(a) O conjunto de todos os poss´ıveis divisores de 720 vem dado pelo con junto . De onde o n´ umero de divisores inteiros e positivos de 720 é . Porém, o Princ´ıpio Multiplicativo nos garante que = . Portanto, o n´ umero de divisores inteiros e positivos de 720 é 5 3 2 = 30, pois = 5, =3 e = 2.

A×B×C |A×B×C| |A×B×C| |A|·|B|·|C| × ×

|A|

|B|

|C|

(b) Para obter o conjunto de todos os divisores pares de 720 devemos remover o elemento 2 0 do conjunto . Assim, o conjunto de todos os divisores pares e positivos de 720 vem dado pelo conjunto 20 . O princ´ıpio multiplicativo nos garante que 20 = 0 2 . Portanto, o número de divisores pares e positivos de 720 é 4 3 2 = 24, pois 20 = 4, =3e = 2.

A

B×C A − { } ·|B|·|C| × ×





A − { }

A−{ }A−×B×C{ } ×

|B|

|C|

(c) Para obter o conjunto de todos os divisores ´ımpares de 720 devemos remover os elementos 2 1 , 22 , 23 e 24 do conjunto . Assim, o con junto de todos os divisores ´ımpares e positivos de 720 vem dado pelo conjunto 21 , 22 , 23 , 24 .

A

 A − { } × B × C } × B × C  A − { } ·|B|·|C| ×× } |B| |C|

O princ´ıpio multiplicativo nos garante que

A − { A − {

21 , 22 , 23 , 24

=

21 , 22 , 23 , 24

.

Portanto, o número de divisores ´ımpares e positivos de 720 é 1 3 2 = 6; pois 21 , 22 , 23 , 24 = 1, =3e = 2. (d) Para obter o conjunto de todos os divisores de 720 que são quadrados perfeitos devemos ficar com as potências pares nos conjuntos , e , respectivamente. Portanto, devemos remover os elementos 2 1 , 23 do conjunto . Também devemos remover o elemento 3 1 do conjunto . Finalmente do conjunto devemos remover o elemento 5 1 . Logo, o conjunto de todos os divisores quadrados perfeitos e positivos de 720 vem dado pelo conjunto

C B

AB

A

C









D := A − {21, 23} × B − {31} × C −{51} .

i

i i

i

i

i

i

vro mp a 2006/5/27 page 81 i

81


O princ´ıpio multiplicativo nos garante que

D A − { A − { { =

  }  B − { } }

21 , 23



} · B − {31} · C −{51} .

Portanto, o n´ umero de divisores quadrados perfeitos e positivos de 720 é 3 2 1 = 6; pois 21 , 23 = 3, 31 = 2 e 31 = 1. Observe que 1, 4, 9, 16, 36, 144 é o conjunto dos divisores de 720 que são quadrados perfeitos.

· ·

C − { }

Exemplo 3.14. Se um n´ umero natural n se fatora como n = pk1 pk2 1

·

2

·· · p

kr r ,

onde os pi são n´ umeros primos distintos e cada ki divisores positivos de n,denotado por d(n) é

(3.4)

∈ Z+, então o número de

d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) . . . (kr + 1). Solu¸c˜ ao. Defina o conjunto m1

A1 ={ todos os divisores de n que são da forma p1

, onde m

∈ Z+ },

e em geral, defina mi i

A ={ todos os divisores de n que são da forma p , onde t ∈ Z+ }. Observemos que m ≤ p , pois se m > p , então pelo menos a potência p +1 deveria estar presente em (3.4); como isto não acontece segue-se que m ≤ p , de modo que A = p0, p1, p2, . . . , p , para i = 1, 2, 3, . . . , k . ´ imediato ver que A = k + 1. E O conjunto de todos os poss´ıveis divisores de n vem dado pelo conjunto A1 × A2 × · · · × A . De onde se conclui que o número de divisores inteiros i

i

ki i i

i

i

i

i

i

  i

i

i

ki i

i

i



i

r

e positivos de n é

d(n) =

|A1 × A2 × · · · × A | = |A1|·|A2|···|A |, r

r

i

i i

i

i

i

i

82

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[CAP. 3: CONTAGEM

onde na u ´ ltima igualdade usamos o Princ´ıpio Multiplicativo. Portanto, o número de divisores inteiros e positivos de n é d(n) = (k1 + 1)(k2 + 1) . . . (kr + 1).

Exemplo 3.15. De quantas maneiras podemos escolher dois inteiros de 1 a 20 de forma que a soma seja ´ımpar? Solu¸c˜ ao. 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 ´ımpares 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 ´ımpar sempre é um inteiro ´ımpar. Com efeito, para quaisquer a, b ∈ Z temos que 2a + (2b + 1) = 2(a + b) + 1.

Isto nos sugere definir os conjuntos

P = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}, I = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19}, P × I |P × I| |P|·|I|

onde são todas as formas poss´ıveis de somar um número inteiro par com outro ´ımpar. O princ´ıpio multiplicativo nos garante que nossa resposta é = = 100, pois = = 10.

3.3

|P| |I|

Uso simultˆ aneo dos Princ´ıpios Aditivo e Multiplicativo

Aproveitamos esta se¸caõ para apresentar problemas um pouco mais dif´ıceis que os tratados nas se¸co˜es anteriores. Nestes problemas, precisaremos empregar simultaneamente o princ´ıpio aditivo e o princ´ıpio multiplicativo. Vamos ao primeiro deles:

i

i i

i

i

i

i

ˆ [SEC. 3.3: USO SIMULTANEO DOS PRINCÍPIOS ADITIVO E MULTIPLICATIVO

vro mp a 2006/5/27 page 83 i

83

Exemplo 3.16. Sabemos que no in´ıcio da premia¸cão da 1a fase da Olimp´ıada ´ Alagoana de Matemática existem 10 livros diferentes de Algebra, 7 livros diferentes de Combinatória e 5 livros diferentes de Geometria para homenagear os vencedores. Danielle é a primeira a pegar o prˆ emio que consiste em 2 livros, com a condi¸cão de que estes não podem ser da mesma matéria. Diga quantas escolhas Danielle pode fazer para pegar seu prêmio. Solu¸c˜ ao. Denotemos por = a1 , . . . , a10 , = c1 , . . . , c7 e = g1 , . . . , g5 , os conjuntos de ´ livros de Algebra, Combinatória e Geometria, respectivamente. Observemos que = 10, =7e = 5 e Danielle tem as seguintes possibilidades de escolha:

A { |A|

} C { |C| |G|

} G {

}

• Escolher um livro de A e um livro de C . Neste caso, Danielle tem |A×C| = |A|·|C| = 70 escolhas poss´ıveis (devido ao Princ´ıpio Multiplicativo).

• Escolher um livro de A e um livro de G . Neste caso, Danielle tem |A×G| = |A|·|G| = 50 escolhas poss´ıveis (devido ao Princ´ıpio Multiplicativo) ou

• Escolher um livro de C e um livro de G . Neste caso, Danielle tem |C × G| = |C|·|G| = 35 escolhas poss´ıveis (devido ao Princ´ıpio Multiplicativo).

Agora o Princ´ıpio aditivo nos garante que o número total de escolhas que Danielle pode fazer é 70 + 50 + 35 =155. Exemplo 3.17. H´ a 18 mo¸cas e 12 rapazes, onde 5 deles são irmãos (3 mo¸cas e 2 rapazes) e os restantes não possuem parentesco. Diga quantos casamentos são poss´ıveis naquela turma (sabendo que irmãos não se casam). Solu¸c˜ ao. Observemos que 15, dentre as 18 mo¸cas, não têm parentesco nenhum com os 12 rapazes, logo, pelo Princ´ıpio Multiplicativo temos que é poss´ıvel efetuar 15 12 = 180 casamentos diferentes entre eles. Por outro lado, as 3 mo¸cas restantes podem efetuar casamento com 10 dos 12 rapazes, pois 2 deles são seus irmãos. Novamente, pelo Princ´ıpio Multiplicativo é poss´ıvel realizar 3 10 = 30 casamentos diferentes neste caso. Finalmente, o Princ´ıpio Aditivo nos dá que podem ser realizados um total de 180+30 = 210 casamentos.

·

·

i

i i

i

i

i

i

84

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[CAP. 3: CONTAGEM

Exemplo 3.18. 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? Solu¸c˜ ao. Definamos os seguintes conjuntos,

U :={ palavras de 5 caracteres só com as letras α, β e γ }; A :={ palavras que estão em U e onde não aparece a letra α}; A :={ palavras que estão em U e onde não aparece a letra β }; A :={ palavras que estão em U e onde não aparece a letra γ }. α β γ

Por exemplo,

• a palavra γγγγγ ∈ A ∩ A • a palavra γααγα ∈ A ; • a palavra βαβββ ∈ A .

β;

α

β

γ

U

Primeiramente, notemos que cada caracter de pode ser escolhido de 3 formas distintas. Segue-se ent˜ ao do Princ´ıpio Multiplicativo que existem 35 formas de escrever uma palavra de 5 caracteres usando um alfabeto de 3 letras, isto é, S 0 = = 3 5 = 243.

|U|

|A |

Calculemos agora α , isto é, o n´ umero de palavras onde não aparece a letra α. Para isto, observemos que cada caracter em α pode ser escolhido de 2 formas. Logo, o Princ´ıpio Multiplicativo nos garante que existem 2 5 palavras em α , ou seja, α = 25 . Analogamente, podemos mostrar que 5 β = γ = 2 . Portanto,

|A | |A |

A

A

|A |

|A | + |A | + |A | = 25 + 25 + 25 = 96. Prosseguimos com o cálculo de |A A |, isto é, do número de palavras onde não aparecem as letras α e β ; portanto, cada caracter em A A pode ser escolhido de 1 forma. Logo, o Princ´ıpio Multiplicativo nos garante que existem 15 = 1 palavra em A A , ou seja, |A A | = 1. Similarmente, podemos mostrar que |A A | = |A A | = 1. Portanto, S 2 = |A | + |A | + |A | = 3. S 1 =

α

β

γ

α

β

α

α

α

γ

β

α

β

α

β

β

γ

β

γ

i

i i

i

i

i

i

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85

˜ [SEC. 3.4: PERMUTAC ¸ OES SIMPLES

Por fim, achamos α β γ , que nos dá o n´ umero de palavras onde não aparecem as letras α, β e γ ; mas cada palavra em α β γ tem que usar pelo menos um dos caracteres proibidos. Logo,

|A A A |

S 3 =

AAA

|A A A | = 0. α

β

γ

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 cα cβ cγ . Usando a Proposi¸caõ 3.7, temos:

AAA

c α

c β

c γ

|A A A | =S 0 − S 1 + S 2 − S 3 =243 − 96 + 3 − 0 =150.

3.4

Permuta¸ c˜ oes Simples

Defini¸ ca õ 3.19. Uma permuta¸cão simples de n objetos distintos é qualquer agrupamento ordenado desses n objetos. Denotaremos por P n o número de todas as permuta¸cões simples de n objetos dados.

{

Por exemplo, todas as permuta¸co˜es dos 3 elementos do conjunto a1 , a2 , a3 são:

}

σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6

A=

= (a1 , a2 , a3 ), = (a1 , a3 , a2 ), = (a2 , a1 , a3 ), = (a2 , a3 , a1 ), = (a3 , a1 , a2 ), = (a3 , a2 , a1 ).

≥ }

Proposi¸c˜ ao 3.20. Seja n 1. O n´ umero total de permuta¸coes ˜ simples de n objetos = o1 , o2 , . . . , on é dado por P n = n!

O {

i

i i

i

i

i

i

86

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[CAP. 3: CONTAGEM

´ claro que a fórmula vale para n = 1. Vejamos agora que Demonstra¸ cao. ˜ E existe a seguinte rela¸cão entre P n e P n−1 para n 2:

≥

P n = nP n−1 .

(3.5)

Para comprovar isto, para cada i definamos i como sendo as permuta¸co˜es dos n 1 objetos o1 , . . . , oi−1 , oi+1 , . . . , on . Note que i = P n−1 , para cada i = 1, 2, . . . , n. Assim, para obtermos uma permuta¸caõ dos n objetos, basta que fixemos o objeto inicial oi e tomemos um elemento do conjunto i , que é uma permuta¸caõ dos n 1 objetos restantes. Pelo princ´ıpio aditivo, temos que: P n = 1 + 2 + + n = nP n−1 .

−

A }

{

|A |

A

− |A | |A | · · · |A | Como nossa equa¸cão (3.5) é válida para todo n ≥ 2, podemos aplicá-la para n − 1, obtendo: P −1 = (n − 1)P −2 , n

n

de onde vem que P n = n(n

− 1)P −2. n

Repetindo este argumento, obtemos que P n = n(n

− 1)(n − 2) · ·· 3 · 2 · 1 = n!,

como quer´ıamos demonstrar. Exemplo 3.21. De quantas maneiras podemos formar uma fila com 4 pessoas? Demonstra¸ cao. ˜ Observe que se enumeramos os lugares da fila e enumeramos as pessoas, pa , pb , pc , pd , cada distribui¸caõ vai corresponder a uma permuta¸cão do conjunto 1, 2, 3, 4 . Por exemplo, a distribui¸cão ( pc , pa , pb , pd ) corresponde à permuta¸cão (3, 1, 2, 4). Assim, o n´ umero de distribui¸co˜es na fila é 4! = 24.

{

}

Exemplo 3.22. De quantas maneiras k mo¸cas e k rapazes podem formar pares para uma dan¸ca? Solu¸c˜ ao. Estando as mo¸cas em uma fila e os rapazes em outra, podemos enumerá-los com números de 1, 2, . . . , k. A uma permuta¸cão desses números, digamos (a1 , a2 , . . . , ak ) com ai 1, 2, . . . , k faremos uma associa¸caõ da mulher i com o rapaz ai . Por exemplo, a permuta¸cão (2, 1, 3, . . . , k) significa

∈{

}

i

i i

i

i

i

i

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87

[SEC. 3.5: ARRANJOS SIMPLES

que a mo¸ca 1 dan¸car´ a com o rapaz 2, a mo¸ca 2 com o rapaz 1, e a mo¸ca i com o rapaz i, para i 3. Observe que toda associa¸caõ de k mo¸cas e k rapazes produz uma permuta¸cão, de modo que o número de associa¸cões poss´ıveis das mo¸cas com os rapazes é igual ao número de permuta¸co˜es do conjunto 1, 2, 3, . . . , k . Pela Proposi¸caõ 3.20 existem k! modos diferentes de combinar as mo¸cas com os rapazes.

≥

{

3.5

}

Arranjos Simples

Defini¸ ca õ 3.23. 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 sele¸caõ de p objetos distintos dentre estes que diferem entre si pela ordem de coloca¸cão ou pela natureza de cada um, isto é, o que importa é quem participa ou o lugar que ocupa. Denotaremos por A pn o número de arranjos simples de classe p de n objetos.

≤

Por exemplo, dados os objetos o1 , o2 e o3 todos os arranjos poss´ıveis de classe 2 são: 1 = (o1 , o2 ), 2 = (o2 , o1 ), 3 = (o1 , o3 ), 4 = (o3 , o1 ), 5 = (o2 , o3 ) e 6 = (o3 , o2 ).

A A

A

A

A

A

Observa¸c˜ ao 3.24. Notemos que um arranjo simples de classe n de n objetos dados não é mais que uma permuta¸cão desses n objetos. Logo, P n = Ann = n!. Proposi¸c˜ ao 3.25. Seja n 1. O n´ umero total de arranjos simples de n! classe p de n objetos = o1 , o2 , . . . , on é dado por A pn = (n− . p)!

O {

≥

}

Demonstra¸ cao. ˜ Para n = 1 a fórmula é obviamente válida. Similarmente ao caso das permuta¸co˜es, primeiramente provaremos que para n 2 vale a seguinte igualdade: 1 A pn = nA pn− (3.6) −1 .

≥

A

Agora definimos os conjuntos i como sendo os arranjos simples de classe 1 p 1 dos n 1 objetos o1 , . . . , oi−1 , oi+1 , . . . , on . Note que i = A pn− −1 , para cada i = 1, 2, . . . , n. Assim, para obtermos um arranjo simples de classe p dos n objetos, basta que fixemos o objeto inicial oi e tomemos um

−

−

{

}

|A |

i

i i

i

i

i

i

88

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[CAP. 3: CONTAGEM

elemento do conjunto i , que é uma arranjo de classe p 1 dos n 1 objetos restantes. Pelo princ´ıpio aditivo, temos que:

A

−

−

|A1| + |A2| + · · · + |A | = nA −−11. Como nossa equa¸cão (3.6) é válida para todo n ≥ 2, podemos aplicá-la para n − 1, obtendo: −2 1 A − −1 = (n − 1)A −2 , A pn =

n

p n

de onde vem que A pn = n(n

p n

p n

− 1)A −−22. p n

Repetindo este argumento sucessivamente, obtemos que

− 1)(n − 2) ·· · (n − ( p − 2))A −−(( −−1)1) = n(n − 1)(n − 2) ·· · (n − p + 2)A1 − +1 . Notemos agora que A1 − +1 = n − p + 1; logo, da igualdade acima segue-se A pn = n(n

p n

p p

n p

n p

que

A pn = n(n n(n = =

− 1)(n − 2) · · · (n − p + 2)(n − p + 1) − 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 a ver com a forma¸cão de palavras diferentes com um conjunto dado de leras. Um anagrama de uma palavra é uma transposi¸cão de letras dessa palavra para formar outra palavra. Por exemplo:

• Um anagrama de amor é Roma; • Um anagrama de Célia é Alice; • Um anagrama de Caterina é Natércia;

i

i i

i

i

i

i

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89

[SEC. 3.5: ARRANJOS SIMPLES

• Um anagrama de Elvis é Lives. Exemplo 3.26. Quantos anagramas de p letras distintas podemos formar com um alfabeto de 23 letras, sendo p < 23 ? Solu¸c˜ ao. Claramente 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 23! Ak23 = . (23 k)!

−

Exemplo 3.27. De quantos modos 2 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras que estão em fila? Solu¸c˜ ao. 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!

A Tabela 3.1 mostra como fazer todas as distribui¸cões poss´ıveis. Na mesma, p1 e p2 denotam as duas pessoas e c1 , c2 , , c5 as 5 cadeiras em fila. Observe que a tabela é dividida em 5 grupos de 4 filas cada um, correspondendo o i-ésimo deles (1 i 5) a todos os arranjos poss´ıveis quando a pessoa p1 se senta na cadeira ci .

···

≤ ≤

Exemplo 3.28. Considere os d´ıgitos 2, 3, 4, 5, 7 e 9. Supondo que a repeti¸cão de d´ıgitos não seja permitida, responda as seguintes perguntas: (a) Quantos números de três d´ıgitos podem ser formados ? (b) Dentre os achados em (a) quantos são pares ? (c) Dentre os achados em (a) quantos são ´ımpares ? (d) Dentre os achados em (a) quantos são m´ ultiplos de 5 ? (e) Dentre os achados em (a) quantos são menores do que 400 ?

i

i i

i

i

i

i

90

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[CAP. 3: CONTAGEM

c1 p1 p1 p1 p1 p2

c2 p2

c3

c4

c5

p2 p2 p2 p1 p1 p1 p1

p2 p2

p2 p2 p2 p1 p1 p1 p1

p2 p2 p2

p2 p2 p1 p1 p1 p1

p2 p2 p2 p2

p2 p1 p1 p1 p1

Tabela 3.1: Cada linha da tabela indica uma forma diferente de distribuir as duas pessoas nas 5 cadeiras.

Solu¸c˜ ao. Seja

O = {2, 3, 4, 5, 7, 9} nosso conjunto de ob jetos

(a) A quantidade de números de três d´ıgitos que podemos formar sem repeti¸caõ de algum deles é claramente o número de arranjos de classe 3 dos 6 d´ıgitos de , isto é,

O

A36 =

6! = 120. 3!

(b) Sabemos que em todo número par o último d´ıgito é um múltiplo de 2, isto é, ele acaba em 0, 2, 4, 6 ou 8. Ent˜ ao, em nosso caso as únicas possibilidades s˜ a o que o nú mero termine em 2 ou 4. Supondo que

i

i i

i

i

i

i

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91

˜ [SEC. 3.6: COMBINAÇ OES SIMPLES

o u ´ ltimo d´ıgito seja 2, temos que preencher as duas casas restantes com os d´ıgitos pertencentes ao conjunto 2 . Assim, existem 5! 2 2 A|O−{2}| = A5 = 3! = 20 n´ umeros dos achados em (a) que finalizam em 2. De forma an´ aloga, existem A2|O−{4}| = A25 = 5! umeros 3! = 20 n´ dos achados em (a) que finalizam em 4. Logo, dentre os números achados em (a) existem 20 + 20 = 40 números pares.

O−{ }

(c) Todo conjunto de números pode ser dividido em duas classes disjuntas: a classe dos n´ umeros pares e a classe dos números ´ımpares que pertencem ao mesmo. Segue-se que dentre os números achados em (a) existem 120 40 = 80 n´ umeros ´ımpares.

−

(d) Todo número m´ ultiplo de 5 acaba em 0 ou 5; no nosso caso temos que a u ´ nica possibilidade para o último d´ıgito é 5. Assim o problema consiste em preencher as duas casas restantes com d´ıgitos do conjunto 5 . De onde se segue que a quantidade de números m´ ultiplos de 5 existentes em (a) vem dada por A2|O−{5}| = A25 = 5! = 20. 3!

O −{ }

(e) Para obter os números menores do que 400 a casa das centenas só poder´ a ser ocupada pelos d´ıgitos 1, 2 ou 3. Como 1 / , temos que as u ´ nicas possibilidades em nosso caso sã o 2 ou 3. Ent˜ ao, supondo que o primeiro d´ıgito do n´ umero seja 2, devemos preencher duas casas restantes com os d´ıgitos pertencentes a 2 . De forma an´ aloga, existem A2|O−{3}| = A25 = 5! = 20 n´ u meros dos achados em (a) e que 3! come¸cam com 3. Logo, dentre os números achados em (a) existem 20 + 20 = 40 menores do que 400.

∈O

O−{ }

3.6

Combina¸ c˜ oes Simples

O conceito de combina¸cão simples surge naturalmente quando intentamos responder à seguinte pergunta: de quantas formas diferentes podemos selecionar p objetos dentro de n objetos dados? 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 ´ claro que podemos enfeitar a festa de 3 formas enfeitar nossa festa ? E

i

i i

i

i

i

i

92

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[CAP. 3: CONTAGEM

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 sele¸cã o de duas cores não estamos interessados na ordem em que elas foram escolhidas. Defini¸ ca õ 3.29. Consideremos n objetos e p um inteiro positivo tal que 0 < p n. Uma combina¸c˜ ao simples de classe p dos n objetos dados é uma sele¸caõ de p objetos distintos dentre 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 pn o número de combina¸co˜es simples de classe p de n objetos.

≤



Proposi¸c˜ ao 3.30. Seja n 1. O n´ umero total de combina¸c˜ oes simples de classe p de n objetos = o1 , o2 , . . . , on é dado por pn = p!(nn−! p)! .

≥ O {



}

Demonstra¸ cao. ˜ Veremos a seguir que arranjos simples e combina¸c˜ oes simples de classe p estão estreitamente relacionados. Com efeito, para cada combina¸cão simples formada por p objetos distintos de podemos gerar todos os arranjos simples de classe p formados por estes p objetos. Basta para isto fazer todas as suas permuta¸cões poss´ıveis. Obtém-se assim p ! arranjos simples diferentes com esses p objetos. Resumindo, para cada combina¸cão simples de classe p formada com p objetos diferentes de podemos fazer p ! arranjos simples diferentes de classe p com estes mesmos objetos; logo, no total, teremos a seguinte rela¸cão:

O

O

p ! de on segue-se que

 

n n! = A pn = , p (n p)!

−

n n! = . p p!(n p)!

−

Exemplo 3.31. De quantas formas podemos dividir um grupo 5 pessoas em um grupo de duas e outro de três ?



Solu¸c˜ ao. Temos 52 = 25! 3! ! = 10 formas diferentes de escolher duas pessoas do grupo. Por cada uma dessas escolhas o outro grupo de trˆ es pessoas é automaticamente determinado; logo, temos 10 possibilidades diferentes de fazer a divisão.

i

i i

i

i

i

i

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93

˜ [SEC. 3.6: COMBINAÇ OES SIMPLES

Exemplo 3.32. De quantos modos podemos dividir 6 pessoas em: (a) dois grupos de 3 pessoas cada? (b) três grupos de 2 pessoas cada? ` primeira vista, parece que a resposta deve Solu¸c˜ ao. Come¸camos por (a). A n 6! ser 3 = 3! 3! = 20, similarmente ao exemplo anterior. Porém, aqui há um problema pois, devido ao fato de estarmos dividindo em grupos que têm a mesma quantidade de pessoas, então as permuta¸cões 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 poss´ıveis 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 em4 um grupo de 2 e outro 4!

   

grupo de 2; esta quantidade vem dada por

2

=

2! 2! .

6! Pelo princ´ıpio multiplicativo temos que existem 62 42 = (2!) possibilidades de dividir 6 pessoas em 3 grupos com duas pessoas cada. Igualmente ao caso anterior, aqui as permuta¸cões poss´ıveis 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 trˆ es grupos de 2 pessoas cada. 3

Exemplo 3.33. Se você possui 10 amigos, de quantas maneiras você pode jantar com 2 ou mais deles? Solu¸c˜ ao. Esquematizamos a solu¸caõ da seguinte maneira:

• Primeiramente, vamos encontrar a quantidade de10maneiras pelas quais você pode jantar com 2 amigos; isto é feito de

 2

formas diferentes.

• Depois, vamos encontrar a quantidade de 10maneiras pelas quais você pode jantar com 3 amigos; isto é feito de

  3

formas diferentes.

• Em seguida, encontramos a quantidade de 10maneiras pelas quais você pode jantar com 4 amigos; isto é feito de

4

formas diferentes.

i

i i

i

i

i

i

94

vro mp a 2006/5/27 page 94 i

[CAP. 3: CONTAGEM

• Em geral, o número de maneiras diferentes que vocˆ e tem de jantar 10



com p amigos é dado por

p

.

Pelo Princ´ıpio Aditivo, temos que a quantidade de formas diferentes que vocˆ e tem de jantar com 2 ou mais de seus amigos, é dada por:

    · ··     10 10 + + 2 3

+

10 10 + 9 10

= 1013.

Exemplo 3.34. 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 fa¸ca parte? Solu¸c˜ ao. Sendo que o grupo tem 10 pessoas e 4 destas são mulheres, seguese 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 poder4 6 emos formar

            1

4

= 60 comissões de 5 pessoas.

• Nosso grupo é 4composto por 2 mulheres e 3 homens; neste caso poder6 emos formar

2

3

= 120 comiss˜ oes de 5 pessoas.

• Nosso grupo é 4composto por 3 mulheres e 2 homens; neste caso poder6 emos formar

3

2


• Nosso grupo é composto por 4 mulheres e um homem; 4 6 poderemos formar

4

1

neste caso


Pelo princ´ıpio aditivo temos que é poss´ıvel formar 246 comissões de 5 pessoas de modo que pelo menos uma mulher fa¸ca parte.

3.7

Contagem e Probabilidades

Uma das aplica¸cões interessantes da contagem de elementos de um conjunto é quando desejamos estudar a probabilidade de eventos aleató rios. Por exemplo, se lan¸carmos um dado de seis faces, temos os seguintes resultados poss´ıveis: Ω = 1, 2, . . . , 6 .

{

}

i

i i

i

i “Livro˙Olimpiada˙

i

2006/5/27 page 95

i

i

95

[SEC. 3.7: CONTAGEM E PROBABILIDADES

Se desejamos saber qual é a chance de que ocorra um número primo no lan¸camento, 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 lan¸camento de um dado de seis faces é 3/6 = 0, 5. Em geral, definimos então a probabilidade de um subconjunto Ω como

{

}

A⊂

A

p( ) =

|A| . |Ω|

Tamb´ em chamamos o subconjunto Ω de todos os resultados poss´ıveis de espa¸co amostral e um subconjunto 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 é = 2, 4, 6, . . . , 14 . Logo,

A

A A {

{

}

A

p( ) =

}

|A| = 7 . |Ω| 15

Assim, fica claro que a maior dificuldade para calcular a probabilidade de um evento é contar quantos elementos pertencem a este evento e quantos elementos pertencem ao espa¸co amostral. A seguir, veremos um exemplo mais elaborado onde aplicamos a no¸caõ de combina¸cões simples. Exemplo 3.35. Vamos agora calcular a probabilidade de que escolhendo um grupo de 44 pessoas, existam pelo menos duas que fazem aniversário no mesmo dia do ano. 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 reposi¸caõ, tal que existam pelo menos duas bolas com o mesmo número? A primeira coisa que devemos fazer é calcular o espa¸co amostral, de todas as possibilidades poss´ıveis de resultado. Como escolhemos 44 bolas enumeradas num saco, cada resultado poss´ıvel é uma lista (n1 , n2 , . . . , n44 ) com 44 números. Observe que, pelo princ´ıpio multiplicativo, Ω = 36544 , pois temos 365 op¸cões para escolher n1 , 365 op¸cões para escolher n2 , etc.

| |

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[CAP. 3: CONTAGEM

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 44 números distintos entre 365. Como não importa a ordem em que eles aparecem, sã o ao todo 365 grupos de 44 nú meros. Logo, o n´ umero de resultados 44 favoráveis, isto é, onde existem pelo menos duas pessoas que nasceram no mesmo dia é 365 de onde conclu´ımos que a probabilidade de que este 44 evento ocorra é 365 365

 

  − 

36544 44 44 p = =1 . 36544 36544 Com ajuda de uma f´ ormula matem´ atica chamada f´ ormula de Stirling e de uma calculadora, obtemos que p é aproximadamente p = 0.80, como hav´ıamos prometido no Cap´ıtulo 1.

−

∼

3.8

Exerc´ıcios Propostos

1. De quantas maneiras p odemos escolher trˆ es números distintos do con junto I 50 = 1, 2, 3, . . . , 49, 50 de modo que sua soma seja

{

}

a) um múltiplo de 3? b) um número par? 2. Considere o conjunto I n = 1, 2, 3, . . . , n 1, n . Diga de quantos modos é poss´ıvel formar subconjuntos de k elementos nos quais não haja n´ umeros consecutivos?

{

−

}

3. Considere as letras da palavra PERMUTA. Quantos anagramas de 4 letras podem ser formados, onde: a) não há restri¸cões quanto ao número de consoantes ou vogais? b) o anagrama come¸ca 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 n´ umeros podem ser formados pela multiplica¸cão de alguns ou de todos os números 2, 2, 3, 3, 3, 5, 5, 6, 8, 9, 9?

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[SEC. 3.8: EXERCÍCIOS PROPOSTOS

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6. Dentre todos os n´ umeros de sete d´ıgitos, diga quantos possuem exatamente três d´ıgitos 9 e os quatro d´ıgitos 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 sã o os n´ umeros naturais de sete d´ıgitos nos quais o d´ıgito 4 figura exatamente 3 vezes e o d´ıgito 8 figura exatamente 2 vezes? 9. De quantas maneiras uma comiss˜ ao de 4 pessoas pode ser formada, de um grupo de 6 homens e 6 mulheres, se a mesma é composta de um n´ umero 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 n´ umeros inteiros existem entre 1 e 10.000 que nã o são divis´ıveis por 3, 5 e 7? 12. Quantas s˜ ao as permuta¸co˜es 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 fiquem juntos? 14. Quantas s˜ ao as permuta¸cões 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 n´ umeros naturais? 16. Quantos quadrados perfeitos existem entre 40.000 e 640.000 que são m´ ultiplos simultaneamente de 3,4 e 5? 17. Oito amigos vão para o cinema assistir a um filme que custa um real. Quatro deles possuem uma nota de um real e quatro possuem uma nota de dois reais. Sabendo-se que o caixa do cinema não possui nenhum dinheiro, como eles podem organizar uma fila para pagar o filme permitindo o troco pelo caixa?

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[CAP. 3: CONTAGEM

18. Se considerarmos todas as configura¸cões do tabuleiro com duas torres que não se atacam, como no Exemplo 3.2, sem distinguir as torres, quantas configura¸co˜es 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.

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Cap´ıtulo 4

O Princ´ıpio da Casa dos Pombos Um importante instrumento para tratar problemas matemáticos relacionados à existência de elementos de conjuntos validando certas exigências é o chamado princ´ıpio de Dirichlet, também conhecido como Princ´ıpio da Casa dos Pombos (PCP). Este princ´ıpio foi usado por Dirichlet (1805-1859) para resolver problemas na teoria dos números, entretanto ele possui um grande número de aplica¸co˜es em diversos ramos da matemática como combinatória e geometria. A versão mais simples do Princ´ıpio da Casa dos Pombos afirma o seguinte: Se distribu´ımos N + 1 pombos em N casas, ent˜ ao alguma das casas cont´ em dois ou mais pombos. A prova deste princ´ıpio é muito fácil e decorre de fazer uma simples contagem dos pombos contidos em todas as casas depois de distribu´ıdos. 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 N pombos, contradizendo isto a hipóteses de termos N + 1 pombos distribu´ıdos nas N casas (ver Figura 4.1) N˜ ao é dif´ıcil detectar quando o princ´ıpio pode ser usado, mas a principal dificuldade para aplicar o mesmo reside em identificar, em cada problema, quem faz papel de pombos e quem faz papel de casas. 99

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[CAP. [CAP. 4: O PRINC PRINCÍPIO DA CASA DOS POMBOS

·········

P 1

P 2

C 1

C 2

P N N C N N

P N N +1 Figura 4.1: Em cada casa C j , 1 ≤ j

u ńico pombo, denotado ≤ N , coloca-se um unico

por P j . O pombo restante, restante, denotado denotado por P N N +1 +1 , deve ir para alguma das casas, juntando-se ao que j´ a se encontrava contido nela.

Nas seguintes se¸c˜ coes o˜es discutiremos vários arios exemplos de diferentes naturezas, onde o Princ´ıpio ıpio da Casa dos Pombos é aplicado aplicad o com sucesso. sucesso .

4.1

Prim Primeir eiros os Exemp Exemplo loss

´ conhecido que uma Exemplo 4.1. Numa floresta crescem 1000 jaqueiras. E jaqueira n˜ ao ao contém em mais do que 600 frutos. Prove que existem 2 jaqueiras na floresta que tˆ em em a mesma quantidade de frutos. Solu¸c˜ c˜ ao. Temos 1000 jaqueiras, representando os pombos, e 601 casas identificadas tificadas pelos n´ umeros umeros 0, 0 , 1, 2, 3, , 600. O n´ umero umero k associado a cada casa significa que nela serão ao colocadas jaqueiras que têm em exatamente exatamente k frutos. Como 1000 > 602 602 = 601+ 1, o PCP nos garante que existem duas jaqueiras com a mesma quantidade de frutos.

···

Exemplo 4.2. Em uma reunião ao há n pessoas. pessoas. Mostre Mostre que existem duas duas pessoas que conhecem exatamente o mesmo número umero de pessoa p essoas. s.

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[SEC. 4.1: 4.1: PRIMEIROS PRIMEIROS EXEMPLO EXEMPLOS S

Solu¸c˜ c˜ ao. Os pombos neste caso são ao as n pessoas. As casas são ao enumeradas com os n´ umeros umeros 0, 0 , 1, 2, , n 1, indicando i ndicando estes que q ue na mesma ser˜ se rão ao colocolo cadas pessoas que têm em essa quantidade de conhecidos. Notemos que uma das casas enumeradas com 0 ou n 1 permanece desocupada, pois a possibilidade de conhecer 0 e n 1 pessoas não ao acontece simultaneamente. Logo, nas n 1 casas restantes haverá uma ocupada por dois ou mais pombos, depois de serem distribu´ıdos. ıdos. Portanto, Portanto, existem no m´ınimo duas pessoas com o mesmo número umero de conhecidos.

··· −

−

−

−

Exemplo 4.3. Dados 8 n´ umeros inteiros mostre que existem dois deles cuja umeros diferen¸ca ca é divi di vis´ s´ıvel ıve l por po r 7. Solu¸c˜ c˜ ao. Consideramos os 8 n´ umeros como sendo os pombos e as casas como umeros sendo os 7 poss´ poss´ıveis restos na divisão ao por 7. Como Como temos temos 8=7+1 números umeros o PCP nos diz que existem dois números umeros dentro dentro dos 8 dados que tˆ em em o mesmo mesmo resto resto quando quando divididos por 7. Finalment Finalmente, e, observamos observamos que se dois números umeros deixam o mesmo resto na divisão por 7 então ao a diferen¸ diferen¸ca ca entre eles é divi di vis´ s´ıvel ıve l por po r 7. Uma forma alternativa e muito útil util na qual pode-se po de-se apresentar ap resentar o Princ´ıpio ıpio da Casa C asa dos Pombos é a seguinte: Se a soma de n n´ umeros naturais é igual S , ent˜ ao existe pelo menos um deles que n˜ ao é maior que S/n, S/n, assim como existe pelo menos um deles que n˜ ao é menor men or que S/n. S/n. Exemplo 4.4. Numa familia formada formada por 5 pessoas a soma das idades é de 245 anos. Prove Prove que podem ser selecionado selecionadoss 3 mem membros bros da familia cuja soma das idades não ao é menor que 147.



5! Solu¸c˜ c˜ ao. Temos um total de 53 = 3!2! = 10 trios diferentes formados por membros da familia. f amilia. Al´ em em disso, cada pessoa p essoa aparece exatamente exatamente em 42 = 4! ao, ao, denotando por E j a soma das idades dos membros de 2!2! = 6 trios. Ent˜ cada trio T j , j = 1, 2 10, temos temos que que



···

· · · + E 1010 = 6 · 245 = 1470; conseq¨ uentemente existe algum trio T tal que E ≥ 1470 uentemente 10 = 147. E 1 + E 2 +

j

∗

j

∗

i

i i

i

i

i

i

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4.2

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Uma Vers˜ Vers˜ ao ao mais Geral

A seguinte versão ao mais geral do PCP é basta ba stante nte util u ´ til na resolu¸c˜ cao ão de alguns problemas. Ela afirma o seguinte: Se distribu´ dist ribu´ımos ımos N k + 1 pombos em N casas, ent˜ ao alguma das casas contém em pelo menos men os k + 1 pombos. pombos. A prova prova deste enunciado mais geral é similar à anterio anterior. r. Com efeito efeito,, suponhamos pelo contrário a rio que em cada casa não ao existe mais do que k pombos, então ao contando todos os pombos contidos nas N casas não ao teremos mais do que N k pombos, contradizendo isto a hipóteses oteses de termos N k + 1 pombos pombo s distribu distri bu´´ıdos nas N casas. Notemos que se k = 1 esta versão ao mais geral coincide com a versão ao mais simples. Exemplo 4.5. Num colégio egio com 16 salas são ao distribu´ di stribu´ıdas ıdas canetas nas cores preta, preta, azul e vermelha vermelha para realizar realizar uma prova prova de concurso. concurso. Se cada sala recebe canetas da mesma cor então prove que existem pelo menos 6 salas que receberam canetas da mesma cor.

·

Solu¸c˜ c˜ ao. Fazendo a divisão ao com resto de 16 por 3 temos que 16 = 3 5 + 1 . Consideramos as 16 salas como sendo os pombos e as três es cores, preto, azul e verme vermelho lho como sendo sendo as casas. casas. Log Logo, o, podemos podemos “colocar” “colocar”cad cadaa sala sala em uma das trˆ es es cores. Assim, o PCP com N = 3 e k = 5 nos dá que existe uma casa com pelo menos menos 6 pombos, pombos, ou seja, existem existem no m´ınimo 6 salas que receberam canetas da mesma cor. Exemplo 4.6. Uma equipe formada por seis alunos de matemática ati ca é selecionada para representar o Brasil numa olimp´ olimp´ıada internacional. Mostre que necessariamente necessariamente existem três es deles que se conhecem mutuamente, ou três es deles dele s que não ao se conhecem mutuamente. Solu¸c˜ c˜ ao. Resolveremos o problema com o aux´ aux´ılio da Figura 4.2. Cada aluno Aj , com j = 1, 1 , 2, , 6, é repres rep resentad entadoo por p or um u m dos vértices erti ces de um u m hex´ hex ágono agono regular. regular. Quando Quando dois alunos se conhecem tra¸camos camos o segmento de reta que liga os vértices ertices correspondentes na cor azul; caso contrário ario tra¸camos camos este segmento na cor vermelha. Logo, usando este esquema, o problema equivale a provar que sempre existe um triângulo angulo azul ou um triângulo angulo vermelho com vértices erti ces no conjunto conj unto = A1 , A2 , , A6 .

···

A {

···

}

i

i i

i

i

i

i

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103

˜ ´ [SEC. 4.3: APLICAÇ OES NA TEORIA DOS NUMEROS

Temos 5 segmentos (pombos) (p ombos) incidindo no v´ ertice ertice A1 , cada um deles pintado de azul ou de vermelho (estas duas cores são consideradas como as casa casas) s).. Como Como 5 = 2 2 + 1, pelo PCP temos que 3 dos 5 segmentos sãaoo azuis azuis ou verme vermelho lhos. s. Suponha Suponhamos mos que 3 são ao azuis (caso contrário ario o argumento é similar) e denotemos estes por A1 A3 , A1 A4 e A1 A6 (ver Figura 4.2). Se algum dos segmentos segmentos A3 A4 , A3 A6 ou A4 A6 for azul então ao este segmento junto aos que se ligam com A1 formam um triângulo angulo azul. Por outro lado, se nenhum deles for azul, então ao eles formam um triângulo angulo vermelho, completando isto a demonstra¸c˜ cão. ao.

·

A3

A2

A4

A1

A5

A6

Figura 4.2: O triângulo angulo A1 A2 A5 indica que os alunos A1 , A2 e A5 n˜ ao ao se conhecem mutuamente e o triângulo angulo A1 A4 A6 indica que os alunos A1 , A4 e A6 se conhecem mutuamente. mutuamente.

4.3 4.3

Aplicac˜ c ¸˜ oes na Teoria dos N´ oes umeros umeros

Nesta se¸c˜ cão ao apresentamos alguns exemplos de aplica¸c˜ cões oes do PCP na Teoria dos N´ umeros. umeros. A primeira pr imeira delas é: e: Exemplo Exemplo 4.7. Se n e m são a o n´ umeros umeros naturais, naturais, ent˜ então ao o conjunto m + 1, 1, m + 2, 2, . . . , m + n possui algum divisor de n.

{

}

A=

Solu¸c˜ c˜ ao. Temos n números umeros diferente diferentess no conjunto acima. Vamos utilizar o m´ etodo etodo de redu¸c˜ cão ao ao absurd absurdo. o. Se n˜ ao ao existisse nenhum múltiplo ultiplo de n, quando divid´ıssemos ıssemos os números umeros do conjunto por n, os restos pertenceriam ao conjunto = 1, 2, . . . , n 1 , que possui n 1 elementos. elementos. Logo,

B {

− }

A

−

i

i i

i

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i

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devem existir dois números umeros m + i e m + j, j , com 1 i < j n tais que o resto da divis˜ ao ao de m + i por n é o mesmo que qu e o resto da divis˜ di visão ao de m + j por n. Logo, m + j (m + i) é um múltiplo ultiplo de n, o que implica que n > j i 1 é multiplo u ´ ltiplo de n menor que n (absurdo!). Logo, deve existir algum múltiplo ultiplo de n no conjunto .

≤

≤

−

− ≥

A

Como conseq¨ uˆ uencia eˆncia desse exemplo, podemos resolver o seguinte problema: Exemplo 4.8. Demonstrar que todo inteiro tem um múltiplo ultiplo cuja representa¸c˜ cao aõ decimal decimal come¸ come¸ca ca com o bloco de d´ıgitos 1234567890. Solu¸c˜ c˜ ao. Se m e n s˜ ao ao inteiros positivos, positivos, pelo exemplo anterior anterior um dos número umero m + 1, m + 2, . . . , m + n é multiplo u ´ ltiplo de n. Assim, Dado n um inteiro qualquer, escolhe-se m = 1234567890 10n+1 . Deste modo, modo, todos os inteiros inteiros m + 1, m + 2, . . . , m + n come¸cam cam com 123456789 12345678900 e algum deles é múltiplo de n.

×

Exemplo 4.9. Dado um n´ umero umero inteiro positivo n, mostre que existe um múltiplo ultiplo de n que se escreve com os algarismos 0 e 1 apenas. (Por exemplo, se n = 3, temos 111 ou 1101, etc...) Solu¸c˜ c˜ ao. Consideramos os n + 1 n´ umeros umeros 1, 11 11,, 111 111,, 1111 1111,,

· · · , 111 · · · 1 ,

    

(4.1)

n+1−vezes

como sendo os pombos e n casas enumeradas com os números umeros 0, 1, 2, 3,

· · · , n − 1,

ou seja, com os poss´ poss´ıveis restos na divisão ao por n. Similarmente ao exemplo anterior existem dois números umeros na lista (4.1) que deixam o mesmo resto na divisão ao por n e, portanto, a diferen¸ca ca entre entre o maior e o menor menor é múltiplo ultiplo de n. Obviamen Obviamente te a diferen¸ca ca entre dois números umeros quaisquer da lista (4.1) resulta em um número umero formado apenas pelos algarismos 0 e 1. Exemplo 4.10. Prove que entre n + 1 elementos escolhidos no conjunto 1, 2, 3, 2n existem dois que são ao primos relativos.

{

··· }

i

i i

i

i

i

i

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105

˜ ´ [SEC. 4.4: APLICAÇ OES GEOMETRICAS

Solu¸c˜ ao. A escolha das casas e dos pombos neste exemplo não é tão óbvia. Os pombos representam os n+1 n´ umeros escolhidos do conjunto 1, 2, 2n e as casas são escolhidas como sendo os n conjuntos:

{

C

j

· ·· }

{ − 1, 2 j }, 1 ≤ j ≤ n.

= 2 j

Logo, pelo PCP , quando distribu´ımos os n + 1 n´ umeros nos n conjuntos , 1 j n, dois deles ficar˜ a o juntos em algum conjunto j j , ou seja, estes números serão consecutivos e portanto primos entre si.

C

≤ ≤

C

Finalizaremos esta se¸cão com uma outra prova do Teorema de Bézout: Exemplo 4.11. Seja d = (a, b) o m.d.c. entre os n´ umeros naturais a e b. Então, existem x e y números inteiros tais que ax + by = d. Solu¸c˜ ao. Denotando por m = a/d e n = b/d, podemos supor que a e b são primos entre si. Realmente, se podemos escrever mx + ny = 1 então, substituindo os valores de m e n na equa¸cão acima, temos que ax + by = d. Se (a, b) = 1, considere a sequência = a, 2a , . . . , b a . Afirmamos que existe algum n´ umero no conjunto A que deixa resto 1 quando dividido por b. De fato, se isso n˜ ao ocorresse, ter´ıamos 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 divis´ıvel 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 n´ umeros em a deixa resto 1 quando divididos por b. Digamos que esse número seja ax. Logo, ax 1 é m´ ultiplo de b, onde ax 1 = by, o que encerra nossa prova.

A {

−

−

≤

−

−

−

−

4.4

}

Aplica¸ c˜ oes Geom´ etricas

Na geometria também encontramos belas aplica¸co˜es do PCP . Vejamos os problemas a seguir para constatar isto.

i

i i

i

i

i

i

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[CAP. 4: O PRINCÍPIO DA CASA DOS POMBOS

Exemplo 4.12. Mostre que se tomamos cinco pontos quaisquer sobre um quadrado de lado 1, então pelo menos dois deles distam menos que 2/2.

√

Solu¸c˜ ao. Vamos dividir o quadrado em quatro quadradinhos de lado 1 /2, como mostra a Figura 4.3

• 1

• • • •

Figura 4.3:: Logo, pelo PCP pelo menos dois deles devem 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 quer´ıamos mostrar.

√

Exemplo 4.13. Qual é o maior número de quadradinhos de um tabuleiro 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::

×

Solu¸c˜ ao. Primeiramente, pintamos o tabuleiro de 8 8 como um tabuleiro de jogar xadrez, ou seja, 32 quadradinhos pintados de branco e 32 quadradinhos pintados de preto (ver Figura 4.5). 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.

i

i i

i

i

i

i

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˜ ´ [SEC. 4.4: APLICAÇ OES GEOMETRICAS

Figura 4.5:: Mostraremos agora que se pintamos 33 quadradinhos de preto então a condi¸caõ exigida no problema falha. De fato, se dividimos o tabuleiro em 16 quadrados de 2 2 (casas) e pintamos 33 quadradinhos de preto (pombos); então, como 33 = 16 2+1, pela versão geral do PCP um dos 16 quadrados de 2 2 contém 3 quadradinhos pintados de preto. Portanto, este último cont´ em um arranjo como na Figura 4.5 completamente pintado de preto. Resumindo, o n´ umero máximo de quadradinhos que podemos pintar de preto é 32.

×

×

·

Exemplo 4.14. Na região delimitada por um triângulo eq¨ uilátero de lado 4 são marcados 10 pontos. Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distância entre eles não e maior que 3.

√

Solu¸c˜ ao. Dividimos o triângulo equil´ atero de lado 4 em 16 triângulos equil´ ateros menores de lado 1, conforme a Figura 4.6. Agora pintamos os triângulos nas cores verde 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 poss´ıvel entre eles seria 1 e o problema estaria resolvido. Se tivéssemos pontos em triângulos vizinhos, a maior distância poss´ıvel entre eles seria 3 e tamb´ em isto resolveria o problema. Se não tivéssemos nenhum dos casos anteriores, não seria dif´ıcil ver que os 10 pontos deveriam estar situados sobre os 10 triângulos verdes, contendo cada triângulo exatamente um ponto. Dividendo o triângulo DBE em 4 triângulos iguais de lado 3/2 pelo

√

i

i i

i

i

i

i

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C

•

•

• • • A

D

E

• •

• •

•

B

Figura 4.6:: PCP temos que pelo menos dois dos 6 pontos contidos em DBE est˜ ao num destes 4 triângulos, logo a distância entre eles não é maior que 3/2 < 3. Com isto terminamos nossa prova.

√

4.5

Miscelˆ anea

×

Exemplo 4.15. Em cada quadradinho de um tabuleiro 3 3 é colocado um dos n´ umeros: 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.

−

-1 1 0

-1 0 -1

1 1 0

Solu¸c˜ ao. Seja S = a1 + a2 + a3 , onde cada a1 , a2 e a3 podem tomar valores: 1, 0 e 1. Ent˜ ao, temos 7 valores poss´ıveis 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 somarmos os elementos de cada uma das linhas, colunas e diagonais, obteremos 8 n´ umeros (pombos). Como existem somente 7 valores poss´ıveis para estes n´ umeros, pelo PCP pelo menos dois deles devem ser iguais.

− − − −

×

i

i i

i

i

i

i

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109

ˆ [SEC. 4.5: MISCELANEA

Exemplo 4.16. Dado qualquer conjunto formado por 10 números naturais escolhidos entre 1 e 99, inclusos, demonstre que existem dois subconjuntos disjuntos e não-vazios de tal que a soma dos seus respectivos elementos é igual.

A

A

´ conhecido que Solu¸c˜ ao: E tem 210 1 = 1023 subconjuntos não-vazios diferentes. A soma dos elementos de cada um deles dá uma quantidade menor do que 1000, pois o subconjunto com no máximo 10 elementos de maior soma poss´ıvel é o formado por 90, 91, , 99, e nesse caso 90 + 91 + + 99 = 945. Agora consideramos os pombos como sendo os 1023 subconjuntos distintos de e as casas como sendo as somas poss´ıveis dos elementos de cada um dos conjuntos. Logo, como o número de conjuntos é maior que o número de somas poss´ıveis, devem existir dois conjuntos e de , de tal modo que a soma dos elementos de é igual à soma dos elementos de . Se e são disjuntos, acabou a prova. Se não, considere = e = . Logo, os conjuntos e são disjuntos e a soma dos seus elementos é a mesma, pois retiramos de ambos a mesma quantidade.

A

−

·· ·

· ··

A

C

A C B C D B − B ∩ C E C − B ∩ C

B

B D E

Exemplo 4.17. Dados sete n´ umeros reais arbitrários, demonstre que existem dois deles, digamos x e y, tais que 0

≤ 1x+−xyy ≤ √13

Solu¸c˜ ao. Primeiramente observamos que a expressão na fórmula tan α tan β tan(α β ) = . 1 + tan α tan β

x−y 1+xy

nos faz pensar

−

−

(4.2)

·· ·

Sejam x1 , x2 , , x7 os sete n´ umeros selecionados arbitrariamente. Lembramos que a fun¸caõ tangente é uma bije¸caõ 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 π6 , como mostra o desenho abaixo.

− ∈−

≤ ≤ − αi

π

−2

αi

1

π

6

2

π

2

i

i i

i

i

i

i

110

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Pelo PCP dois dos n´ umeros αi pertencem ao mesmo subintervalo. Denotemos os mesmos por αi e αi e suponhamos, sem perda de generalidade, que αi αi . Então vale 1

1

≤

2

2

0

≤ α − α ≤ π6 . i2

i1

Usando o fato de que a tangente é uma fun¸cão crescente e a fórmula (4.2) temos que π tan(0) tan(αi αi ) tan( ). 6 Equivalentemente, xi xi 1 0 . 1 + xi xi 3

≤

≤

4.6

2

2

−

−

1

1

2

1

≤

≤√

Exerc´ıcios

1. Seja x um n´ umero real arbitrário. Prove que entre os números x, 2x, 3x,

· ·· , 101x

existe um tal que sua diferen¸ca com certo número inteiro é menor 0,011. 2. Mostre que entre nove números que não possuem divisores primos maiores que cinco, existem dois cujo produto é um quadrado. 3. Um disco fechado de raio um cont´ em sete pontos, cujas distâncias entre quaisquer dois deles é maior o igual que um. Prove que o centro do disco é um destes pontos. 4. 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 e maior que 5.

√

5. Seja a um n´ umero irracional. Prove que existem infinitos números racionais r = p/q tais que |a − r| < 1/q2 .

i

i i

i

i

i

i

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Cap´ıtulo 5

Indu¸ c˜ ao Matem´ atica Imagine uma fila com infinitos dominós, um atrás do outro. Suponha que eles estejam de tal modo distribu´ıdos que, uma vez que um dominó caia, o seu sucessor na fila também caia. O que acontece quando derrubamos o primeiro dominó? Apesar da simplicidade da pergunta acima ela trás em sua essência toda a idéia usada no Método da Indu¸c˜ ao Matem´ atica . Esse método é uma das grandes armas do matemático moderno e tem utilidade na solu¸caõ de vários problemas, como iremos ver ao longo deste cap´ıtulo.

5.1

Formula¸ c˜ ao Matem´ atica

No in´ıcio 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 denotado por N = 1, 2, 3, . Ou ´ltimo dos seus axiomas diz o seguinte: Seja um subconjunto de N ( N). Se 1 e se, além disso, contém todos os sucessores dos seus elementos, então = N. Este axioma é conhecido como axioma de indu¸cao ˜ e serve como base do método de demonstra¸caõ por indu¸cão matemática, o qual é de grande utilidade para estabelecer provas rigorosas em matemática.

∈A

A

A

A

{

···} A⊂

111

i

i i

i

i

i

i

112

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˜ MATEMATICA ´ [CAP. 5: INDUC ¸ AO

5.1.1

M´ etodo de Indu¸ c˜ ao Matem´ atica

Neste cap´ıtulo, não assumiremos o axioma da indu¸cão. Ao inv´ es disso, iremos utilizar o Princ´ıpio da Boa Ordena¸cão, enunciado no in´ıcio do Cap´ıtulo 2, para mostrar que o M´ etodo da Indu¸caõ Finita é verdadeiro. O motivo de fazer isto é mostrar ao leitor que os axiomas da boa ordem e de indu¸caõ não são independentes e sem nenhuma conexão. De fato, eles são equivalentes, ou seja, se consideramos o axioma da boa ordem como sendo um postulado podemos deduzir o axioma de indu¸cão e, reciprocamente, se consideramos o axioma de indu¸cão como sendo um postulado podemos deduzir o axioma da boa ordem. Aqui, P (n) representa a propriedade P em rela¸cão ao natural n, podendo esta se verificar ou não. Teorema 5.1 (M´ etodo de Indu¸ c˜ ao Finita). Considere n0 um inteiro n˜ ao-negativo. Suponhamos que, para cada inteiro n n0 seja dada uma proposi¸cao ˜ P (n). Se podemos provar, simultaneamente, as duas seguintes propriedades:

≥

(a)

A proposi¸c˜ ao P (n0 ) é verdadeira;

(b)

Se P (n) é verdadeira ent˜ ao P (n + 1) também é verdadeira, para todo n n0 ;

≥

ent˜ ao P (n) é verdadeira qualquer que seja n

≥ n0 .

A afirma¸caõ (a) é chamada de base da indu¸cão e a (b) de passo indutivo. Demonstra¸ cao. ˜ Definamos o conjunto

V := {k inteiros não-negativos; k ≥ n0 e P (k) é verdadeira} Notemos que V é não-vazio, pois a condi¸cão (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 := {k inteiros não-negativos; k ≥ n0 e P (k) é falsa} é vazio. Provaremos que é vazio por contradi¸cão; para isto suponhamos que é não-vazio. Pelo axioma da boa ordem segue-se que existe um menor elemento k0 , onde P (k0 ) é falso. Observemos que,

F

∈ F

i

i i

i

i

i

i

´ [SEC. 5.2: PROBLEMAS CLASSICOS

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113

• k0 ≥ n0 +1. De fato, k0 ≥ n0, porém a possibilidade k0 = n0 contradiz a condi¸cão (a);

• k0 − 1 ∈ V . Com efeito, P (k0 − 1) é verdadeira pois, caso contrário, k0 −1 ∈ F e, além disto, k0 −1 < k 0 , contradizendo isto a minimalidade de k0 .

−

Finalmente, como P (k0 1) é verdadeira, segue da condi¸cão (b) que P (k0 ) também é verdadeira, o que é imposs´ıvel pela defini¸caõ de k0 . Portanto, o conjunto é vazio, concluindo assim a prova.

F

O grande trunfo do m´ etodo da indu¸cão é poder provar que uma quantidade infinita de afirma¸cões é verdadeira, simplesmente verificando que uma quantidade finita destas afirma¸cões é verdadeira. Vamos deixar clara a utilidade deste m´ etodo resolvendo alguns problemas.

5.2

Problemas Cl´ assicos

Muitas descobertas em matemática são feitas baseadas na realiza¸cã o de testes que nos fornecem evidˆ encias emp´ıricas. Tais evidências são estudadas para efetivamente verificarmos se os resultados que elas insinuam são verdadeiros. O m´ etodo de indu¸caõ finita constitui uma ferramenta muito u ´til na hora de desvendar a veracidade de resultados provenientes deste tipo de estudo. Dentro da grande gama de problemas que podem ser abordados aplicando o método de indu¸cão podemos distinguir três importantes grupos:

⋄ Demonstra¸cão de identidades; ⋄ Demonstra¸cão de desigualdades; ⋄ Demonstra¸cão de problemas de divisibilidade. A seguir damos vários exemplos de como aplicar o método em problemas referentes a cada um destes grupos.

5.2.1

Demonstrando Identidades

Come¸camos com os seguintes problemas clássicos:

i

i i

i

i

i

i

114

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(P1) Determinar uma fórmula para a soma dos n primeiros n´ umeros pares, isto é, S p (n) := 2 + 4 + 6 + + 2n.

·· ·

(P2) Determinar uma fórmula para a soma dos n primeiros n´ umeros ´ımpares, isto é, S i (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 S p (n) S i (n)

1

2

2 =1 2 1 = 12

·

3

6=2 3 4 = 22

4

12 = 3 4 9 = 32

·

·

5

20 = 4 5 16 = 42

·

30 = 5 6 25 = 52

·

·· · ·· · ·· ·

Os resultados na tabela sugerem que S p (n) = n(n + 1) e que S i (n) = n . Entretanto, isto n˜ a o constitui por si só uma prova rigorosa destas fórmulas, pois para poder garantir a veracidade das mesmas utilizando a tabela ter´ıamos que verificar cada valor de n natural, sendo isto imposs´ıvel. Provaremos agora que, de fato, as fórmulas induzidas são válidas usando o método da indu¸cão finita. 2

Exemplo 5.2. Demonstre que para qualquer n 2+

∈ N, é valida a igualdade:

·· · + 2n = n(n + 1).

Solu¸c˜ ao. Definamos a proposi¸cão P (n) : 2 +

·· · + 2n = n(n + 1)

e observemos que a mesma vale para n = 1 (base da indu¸cão), de fato P (1) : 2 = 1(1 + 1). Agora partimos para a prova do passo indutivo:

• Hipótese: Suponhamos que P (k) é verdadeira para um certo k 1, k ∈ N. • Tese: Devemos mostrar que P (k + 1) também é verdadeira.

>

i

i i

i

i

i

i

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115


Com efeito, como 2+

· ·· + 2k = k(k + 1),

somando 2(k + 1) a ambos lados desta igualdade, temos que 2+

·· · + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 2)(k + 1).

Esta u ´ ltima igualdade afirma que P (k + 1) também é verdadeira. O Método da Indu¸cão nos garante que P (n) é verdadeira para qualquer n N.

∈

Exemplo 5.3. Demonstre que para qualquer n 1+3+5+

∈ N, é válida a igualdade:

· ·· + 2n − 1 = n2.

Solu¸c˜ ao. Aqui definimos a proposi¸cão: P (n) : 1 + 3 + 5 +

· ·· + 2n − 1 = n2

e notamos que a mesma é válida se tomarmos, por exemplo, n = 1 e n = 2. De fato,

· −1

P (1) : 1 = 2 1

· − 1 = 4 = 22 .

e P (2) : 1 + 3 = 1 + 2 2

Agora só resta provar o passo indutivo:

• Hipótese: Suponhamos que P (k) seja verdadeira para um certo k > 1, k ∈ N. • Tese: Devemos mostrar que P (k + 1) também é verdadeira. Com efeito, como 1+3+5+

·· · + 2k − 1 = k2,

somando 2k + 1 a ambos lados desta igualdade, temos que 1+3+5+

·· · + 2k − 1 + 2k + 1 = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 .

O Princ´ıpio de Indu¸caõ nos garante que P (n) é verdadeira para qualquer n N.

∈

i

i i

i


i

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i

i

116


Uma conseq¨ uência imediata do exemplo 5.2 é a fórmula para a soma dos n primeiros n´ umeros naturais, dada por S (n) = 1 + 2 + 3 +

·· · + n = n(n2+ 1) .

(5.1)

Com efeito, como 2+4+

·· · + 2n = n(n + 1),

então dividindo por 2 ambos os membros da igualdade acima, obtemos a equa¸cão 5.1. Continuando com o mesmo racioc´ınio, é natural nos perguntarmos se é poss´ıvel obter uma fórmula para a soma dos n primeiros quadrados perfeitos, ou seja, determinar Q(n) onde: Q(n) := 12 + 22 + 32 +

· ·· + n2.

Para induzir a fórmula, consideramos os valores de S (n) e Q(n) numa tabela: n S (n) Q(n)

1 1 1

2 3 5

3 6 14

4 10 30

5 15 55

6 21 91

· ·· · ·· · ··

Aparentemente são existe nenhuma rela¸cão entre S (n) e Q(n). Mas, se considerarmos o quociente Q(n)/S (n) vejamos o que acontece: n Q(n)/S (n)

1 3/3

2 5/3

3 7/3

4 9/3

5 11/3

6 13/3

·· · ·· ·

Isso nos sugere que vale a rela¸c˜ ao Q(n) 2n + 1 = , S (n) 3 logo nosso candidato para valor de Q(n) é Q(n) =

S (n)(2n + 1) n(n + 1)(2n + 1) = . 3 6

Convidamos o leitor a provar a veracidade da equa¸ca õ acima utilizando o m´ etodo da indu¸ca õ.

i

i i

i


i

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i

i

117


5.2.2

Demonstrando Desigualdades

Apresentamos agora alguns exemplos de como usar indu¸ca õ para provar desigualdades. 2

Exemplo 5.4. Prove que 3n−1 < 2n para todo n

∈ N. 2

´ claro que P (1) é Solu¸cao. ˜ Denotamos por P (n) a propriedade: 3n−1 < 2n . E valida, pois 1 < 2. Agora supondo que P (n) é verdadeira temos que 2

3n = 3 n−1 3 < 2n

·

2n+1

·2

2

= 2(n+1) ,

logo P (n + 1) tamb´ em vale. Observamos que na desigualdade acima usamos o 2n+1 fato de que 3 < 2 para qualquer n N.

∈

No mesmo esp´ırito do problema anterior damos o seguinte exemplo: Exemplo 5.5. Mostre que para todo n´ umero n

n

∈ N maior que 3 vale 2

< n!.

Demonstra¸cao. ˜ Para n = 4 a desigualdade é verificada, pois 24 = 16 < 4! = 24. Vamos assumir como hip´ otese de indu¸ca õ que a desigualdade é válida para n 4. Ent˜ ao, precisamos mostrar que a mesma vale tamb´ em para n + 1. De fato, por hip´ otese de indu¸c˜ ao: 2n < n! (5.2)

≥

Como 2 < n + 1, po demos multiplicar o lado esquerdo da desigualdade em 5.2 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 nossa demonstra¸ca õ.

5.2.3

Indu¸ c˜ ao em problemas de divisibilidade

Agora damos alguns exemplos de problemas de divisibilidade que podem ser mostrados utilizando o Método da Indu¸ ca õ: n

Exemplo 5.6. Mostre que



j ! é um n´ umero ´ımpar.

j =1

1

Solu¸cao. ˜ A afirma¸c˜ ao é verdadeira para n = 1, pois



j ! = 1, que obviamente

j =1

é ´ımpar. Partimos agora para a prova do passo indutivo:

i

i i

i


i

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i

118

˜ MATEMATICA ´ [CAP. 5: INDUC ¸ AO k

•

Hip´ otese:

j ! é um número ´ımpar para k > 1.

j =1

k+1

•



Tese:

Com efeito,



j ! é um n´ umero ´ımpar.

j =1

k+1

k

  j ! =

j =1

j ! + (k + 1) !

j =1

Sendo k > 1 afirmamos que (k + 1) ! é um n´ umero par, pois, (k + 1) ! = 2 [3 k (k + 1)]. Portanto,

···· ·

·

k+1



j ! = n´ umero ´ımpar + n´ umero par

j =1

= n´ umero ´ımpar.

Exemplo 5.7. Mostre que para qualquer n 3.

3

∈ N, n

+ 2n é sempre divis´ıvel por

Solu¸cao. ˜ Para n = 1 a afirma¸c˜ ao é válida, pois 13 + 2 1 = 3, que obviamente é divis´ıvel por 3. Assumamos como hip´ otese indutiva que a afirma¸ca õ vale para algum k N, isto é, Hip´ otese: k3 + 2k é divis´ıvel por3.

·

∈

Devemos mostrar que a afirma¸ca õ também é verdadeira para k + 1, ou seja, temos que provar que Tese: (k + 1)3 + 2(k + 1) é divis´ıvel por3. Para provar isto u ´ ltimo, usamos o fato de que (k + 1)3 + 2(k + 1) = (k3 + 3k2 + 3k + 1) + (2k + 2); agrupando adequadamente, (k + 1)3 + 2(k + 1) = (k3 + 2k) + (3k2 + 3k + 3) = (k3 + 2k) + 3(k 2 + k + 1)

      m´ ultiplo de 3

m´ ultiplo de 3

= m´ ultiplo de 3,

i

i i

i


i

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i

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˜ NA GEOMETRIA [SEC. 5.3: INDUC ¸ AO

concluindo assim a prova. Exemplo 5.8. Mostre que a soma dos cubos de três nu´meros naturais consecutivos é divis´ıvel por 9. Solu¸cao. ˜ Definamos a seguinte proposi¸ca õ: p(n) : n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 é um m´ ultiplo 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,

• •

Hip´ otese: P (k) é verdadeira para algum k Tese: P (k + 1) também é verdadeira.

∈ N.

Para provar isto, observamos que (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k3 + 9k2 + 27k + 27) .



 α

Ordenando adequadamente o lado direito da u ´ ltima igualdade, temos que



α = k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + (9k2 + 27k + 27) = k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9(k2 + 3k + 3)





m´ ultiplo de 9

= m´ ultiplo de 9,

     m´ ultiplo de 9

completando assim nossa demonstra¸ca õ.

5.3

Indu¸ c˜ ao na Geometria

Tratamos aqui alguns exemplos que mostram a utilidade do M´ etodo de Indu¸ ca õ na resolu¸ca õ de problemas geométricos. Vamos come¸car estudando duas propriedades importantes dos pol´ıgonos. A primeira delas trata da soma dos ângulos internos de um pol´ıgono de n lados (n-´ agono). Exemplo 5.9. Mostre que a soma dos aˆngulos internos de um pol´ıgono de n lados (n 3) é igual a (n 2)π radianos.

≥

−

i

i i

i


i

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i

120


A4

A4

A3 A5

A1

A2

A3

A1

A2

(a)

(b) Figura 5.1::

Solu¸cao. ˜ 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 triˆ angulo é π radianos. Fa¸camos mais um caso, tomando n = 4. Neste caso, podemos dividir um quadril´ atero em dois triˆ angulos, como mostra a Figura 5.1(a) Assim, a soma dos aˆngulos internos de um quadril´ atero é 2π radianos. Para elucidar o processo de indu¸ca ˜ o e n˜ ao deixar d´ uvidas sobre o que iremos fazer, vamos considerar mais um pol´ıgono, o pent´ agono (n = 5). Neste caso, para mostrar que a soma dos seus aˆngulos internos é (5 2)π = 3π radianos, iremos dividir o pent´ agono A1 A2 A3 A4 A5 em um quadril´ atero A1 A2 A3 A4 e um triângulo A1 A4 A5 , como mostra a Figura 5.1-(b). Assim, a soma dos angulos ˆ internos do pent´ agono A1 A2 A3 A4 A5 é igual a` soma dos a ˆngulos internos do triˆ angulo A1 A4 A5 (igual a π) mais a soma dos aˆngulos internos do quadril´ atero A1 A2 A3 A4 (igual a 2π), ou seja, é igual a 3π. Finalmente, vamos assumir como hip´ otese de indu¸c˜ ao que para um certo n 3 mostramos que a soma dos aˆngulos internos do n-´ agono é (n 2)π. Precisamos mostrar que a soma dos aˆngulos internos de um n + 1-´ agono é [(n + 1) 2]π = (n 1)π. De fato, podemos repetir o processo acima. Vamos denominar de A1 , A2 , . . . , An , An+1 os vértices do (n + 1)-´ agono. Podemos dividi-lo no n-´ agono A1 A2 . . . An e no triˆ angulo A1 An+1 An . Logo, a soma dos aˆngulos internos do (n + 1)-´ agono é (n 2)π + π = (n 1)π

−

≥

−

−

−

−

−

Exemplo 5.10. Mostre que o n´ umero de diagonais de um pol´ıgono convexo de n(n−3) n-lados é igual a . 2 Solu¸cao. ˜ Observe que para n = 3 temos que existem 0 = 3.(3 3)/2 diagonais num triˆ angulo. Para n = 4, temos 2 = 4(4 3)/2 diagonais num quadril´ atero convexo (veja a figura 5.2).

−

−

i

i i

i


i

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i

i

121

˜ NA GEOMETRIA [SEC. 5.3: INDUC ¸ AO

Vamos agora assumir como hip´ otese de indu¸c˜ ao que se n é um n-´ agono convexo ent˜ ao o seu n´ umero de diagonais é n(n 3)/2 e vamos provar que a f´ ormula vale para um (n + 1)-´ agono convexo. De fato, denote por A1 , A2 , . . . , An , An+1 os vértices do n + 1-´ agono. Podemos decompˆ o-lo como a uni˜ a o do n-´ agono A1 , A2 , . . . , An e do triângulo A1 , An , An+1 . Neste caso, para contarmos as diagonais do (n + 1)-´ agono devemos considerar os seguintes casos:

−

•

Diagonais do n-´ agono A1 , A2 , . . . , An ; por hip´ otese de indu¸ca ˜ o, o n´ umero dessas diagonais é n(n 3)/2.

−

• n − 2 diagonais que partem do vértice A

n+1

mais a diagonal A1 An .

Assim, o n´ umero total de diagonais do (n + 1)-´ agono é n(n 3) + (n 2

−

2

2

− 2) , − 2) + 1 = n − 3n 2+ 2n − 2 = n −2n − 2 = (n + 1)(n 2

como quer´ıamos demonstrar.

A4

A4

A3 A5

A1

A2

A3

A1

(a)

A2 (b)

Figura 5.2::

Exemplo 5.11. Mostre que podemos cobrir os n2 pontos no reticulado abaixo tra¸cando 2n 2 segmentos de reta sem tirar o lápis do papel.

−

Solu¸cao. ˜ O caso n = 3 j´ a foi enunciado no exemplo 1.9 do Cap´ıtulo 1. A figura abaixo mostra a solu¸ca õ, onde o caminho realizado com as 4 linhas é o seguinte: A B C D B. Daremos a prova do problema acima por indu¸ ca õ. Para isso, veja que podemos resolver o caso n = 4 continuando a solu¸ ca õ do caso n = 3. Como paramos num dos v´ ertices do quadrado 3 3, acrescentamos mais uma linha e uma coluna para obter um reticulado 4 4. Assim, conseguimos cobrir os 16 pontos utilizando

→ → → →

×

×

i

i i

i


i

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i

i

122


•

•

•

•

•

•

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•

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•

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•

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•

•

•

•

•







n×n−pontos

Figura 5.3::

C A

D

•

•

•

•

•

•

•

•

•B

Figura 5.4::

4 + 2 = 6 linhas, sem tirar o lápis do papel e cobrindo dois lados do quadrado, como mostram as linhas descont´ınuas na Figura 5.5. Finalmente, vamos assumir como hip´ otese de indu¸ca õ que podemos cobrir n 2 um reticulado n n com 2n 2 linhas, sendo que a u ´ltima delas cobre um dos lados do reticulado. Acrescentando 2n+1 p ontos como mostra a figura, obtemos um reticulado (n + 1) (n +1) que pode ser coberto com 2n 2+ 2 = 2(n + 1) 2 pontos, como quer´ıamos demonstrar.

≥

× ×

−

−

−

i

i i

i


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ˆ [SEC. 5.4: MISCELANEA

A

D

•

•

•C •

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•B •

Figura 5.5::

5.4

Miscelˆ anea

Nesta se¸ca õ discutiremos alguns exemplos interessantes de como podemos aplicar o m´ etodo da indu¸c˜ ao aos mais variados tipos de problemas. O primeiro deles é uma generaliza¸ca õ do problema 1.5: Exemplo 5.12. Um rei muito rico possui 3n moedas de ouro. Por´ em, uma destas moedas é falsa e seu peso é menor que o peso das demais. Com uma balan¸ ca de 2 pratos e sem nenhum peso, mostre que é p oss´ıvel encontrar a moeda falsa com apenas n pesagens. Solu¸cao. ˜ Para resolver este problema, vamos utilizar o m´ etodo da indu¸ c˜ a o. De fato, se n = 1, procederemos da seguinte forma: pegamos duas moedas quaisquer e colocamos na balan¸ ca, deixando uma do lado de fora. Caso a balan¸ ca se equilibre, a moeda que est´ a do lado de fora é necessariamente a que tem menor peso. Caso a balan¸ca se desequilibre, a que tem menor peso est´ a na balan¸ca, no prato mais alto. O caso n = 2 foi feito no problema 1.5. Vamos agora assumir como hip´ otese de indu¸ca õ que dadas 3 moedas, podemos achar a moeda mais leve com n pesagens. Vamos mostrar que para n +1 moedas, precisamos de n + 1 pesagens. De fato, dividiremos as 3n+1 moedas em 3 grupos, A, B e C com 3n moedas cada. Colocamos na balan¸ ca 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 determinar em qual grupo de 3n elementos a moeda mais leve se encontra. Por hip´ otese de indu¸ca õ, precisamos de mais n pesagens para encontrar a moeda mais leve, totalizando n + 1 pesagens. Exemplo 5.13. Mostre que utilizando um balde com 5 litros de capacidade e outro com 7 litros, é poss´ıvel separar qualquer quantidade superior a 24 litros.

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i i

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Solu¸cao. ˜ Novamente, faremos a prova utilizando o método da indu¸ c˜ ao. Neste caso, come¸caremos o processo de indu¸ca õ 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 n´ umero maior ou igual a 24 pode ser escrito da forma 7x + 5y, onde x e y s˜ ao n´ umeros inteiros maiores ou iguais a zero. Neste caso, escrevemos 24 como 24 = 2.7 + 2.5. Por hip´ otese de indu¸ca õ, vamos supor que conseguimos escrever um n´ umero n 24 como n = 7x + 5y, com x e y n´ umeros inteiros maiores ou iguais a zero. Devemos mostrar que n + 1 se escreve deste modo tamb´ em. Para isso, vamos dividir a an´ alise em dois casos: Caso 1: y 3 Logo, x 2 pois se isso n˜ ao ocorresse, ter´ıamos 7x + 5y 22 < 24, o que é imposs´ıvel. Assim, p odemos escrever:

≥

≥

≤

≤

n + 1 = 7x + 5y + 1 = 7(x

− 2) + 5(y + 3),

pois x 2 0. Caso 2: y 4 Neste caso, y 4 é maior que 0. Logo, p odemos escrever:

− ≥

≥

−

n + 1 = 7x + 5y + 1 = 7(x + 3) + 5(y

− 4),

finalizando a nossa prova por indu¸ ca õ Finalizamos esta se¸ca õ com um exemplo cl´ assico conhecido como Torre de Han´ oi . Exemplo 5.14. A Torre de Hanói é um jogo composto por uma base com 3 hastes e n anéis colocadas num deles. Os anéis s˜ ao colocados em ordem crescente de acordo com seu tamanho (ver Figura 5.6). Os an´ eis podem ser deslocados de uma haste para qualquer outra, sendo que nunca pode ser colocado um anel maior em cima de um menor. Prove que: ´ poss´ıvel mover todos os anéis para uma das hastes que est˜ (a) E ao livres; (b) Isto pode ser realizado usando 2n

− 1 movimentos.

Solu¸cao. ˜ Resolveremos ambas quest˜ oes usando indu¸ca õ sobre n. Primeiro verificamos que as afirma¸co ˜es s˜ ao v´ alidas para n = 1, 2. Com efeito, se temos somente um anel basta mover este para qualquer outra haste com um unico ´ movimento (21 1 = 1). Se temos 2 an´ eis ent˜ ao movemos o menor deles para a segunda haste, o maior para a terceira haste e, finalmente, o menor para a terceira haste, realizando um total de 3 movimentos (22 1 = 3).

−

−

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´ ˜ [SEC. 5.5: METODO FORTE DA INDUÇ AO

Figura 5.6: Torre de Hanoi Uma vez constatada a veracidade das afirma¸ c˜ oes para n = 1, 2, supomos que as mesmas valem para n = k. Agora resta provar que tamb´ em valem para n = k + 1. De fato, se temos k + 1 an´ eis na primeira haste, ent˜ ao pela hip´ otese indutiva podemos mover todos eles, exceto o maior, para a terceira haste usando 2k 1 movimentos. Seguidamente movemos o anel restante para a segundo haste e, finalmente, movemos os k an´ eis da terceira haste para a segunda haste usando k novamente 2 1 movimentos. Para finalizar, notamos que foram feitos (2k 1) + 1 + (2k 1) = 2k+1 1 movimentos.

−

−

5.5

−

−

−

M´ etodo Forte da Indu¸ c˜ ao

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 M´ etodo Forte da Indu¸cao ˜ Finita que enunciamos a seguir:

≤ ≤

Teorema 5.15 (M´ etodo Forte da Indu¸ ca õ Finita). Considere n0 um inteiro n˜ ao negativo. Suponhamos que, para cada inteiro n n0 seja dada uma proposi¸c˜ ao P (n), a qual chamaremos de “hip´ otese indutiva”. Se podemos provar, simultaneamente, as duas seguintes propriedades:

≥

(a)

a proposi¸cao ˜ P (n0 ) é verdadeira;

(b)

para cada inteiro n˜ ao negativo k, com n0 k n, temos que cada uma das proposi¸coes ˜ P (k) s˜ ao verdadeiras, segue-se que P (n + 1) ´ e também verdadeira,

≤ ≤

ent˜ ao, a proposi¸cao ˜ P (n) é verdadeira para qualquer n

≥n . 0

Vejamos agora algumas aplica¸ co ˜es interessantes deste m´ etodo. Utilizando o Método Forte da Indu¸ca õ, vamos dar agora a prova alternativa do Teorema Fundamental da Aritmética estudado no Cap´ıtulo 2.

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Exemplo 5.16 (Teorema Fundamental da Aritm´ etica). Todo n´ umero natural N maior que 1 pode ser escrito como um produto N = p1 p2 p3

· · ··· p , onde m ≥ 1 é um número natural e os p , 1 ≤ i ≤ m s˜ ao n´ umeros primos. disso, a fatora¸ca õ em (5.3) é u ńica se exigirmos que p ≤ p ≤ ·· · ≤ p . Solu¸cao. ˜ Para cada n ∈ N, n ≥ 2, definamos a proposi¸ca õ m

i

1

2

(5.3) Além

m

P (n) : n é um n´ umero primo ou um produto de n´ umeros primos. Notemos que P (2) é verdadeira, pois 2 é um n´ umero primo Agora plantemos o passo indutivo:

• •

Hip´ otese: P (k) é verdade para cada inteiro k tal que 2

≤ k ≤ n.

Tese: P (n + 1) é verdade. Em outras palavras, temos que mostrar que n + 1 é um n´ umero primo ou ele é um produto de n´ umeros primos.

Faremos a prova dividindo em dois casos: (a) Se n + 1 é um numero primo, isto mostra que P (n + 1) é verdade, e isto acaba nossa demonstra¸ca õ. (b) Se n + 1 n˜ ao é um n´ umero primo, ent˜ ao existem α, β N com 2 α n e 2 β n tais que n + 1 = α β . Nossa hip´ otese indutiva é v´ alida para P (α) e P (β ). Isto significa que α é um n´ umero primo ou um produto de n´ umeros primos e que β é um n´ umero primo ou um produto de n´ umeros primos. Portanto, n + 1 = α β é um produto de n´ umeros primos.

≤ ≤

∈

·

≤ ≤ ·

Exemplo 5.17. Dada a seguinte rela¸ca õ de recorrência a0 = 8; a1 = 10; an = 4an−1

− 3a − , ∀n ≥ 2. n

2

Mostre que sua solu¸ca õ é dada por an = 7 + 3n ,

+

∀n ∈ Z

.

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´ ˜ [SEC. 5.5: METODO FORTE DA INDUÇ AO

Solu¸cao. ˜ Definamos a proposi¸ca õ P (n) : an = 7 + 3n . P (0) é verdadeira, pois 0 P (0) = 7 + 3 = 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 k = n + 1. Com efeito,

≤ ≤

an+1 = 4an

− 3a − = 4(7 + 3 ) − 3(7 + 3 − ) =7+4×3 −3×3 − =7+3 − 4×3−3 1

n

n

n

n

1

1

n

n

1

  

= 7 + 3n−1 9 = 7 + 3n−1 = 7 + 3n+1 .

2

×3

Definimos a seq¨ uˆ encia de Fibonacci como sendo a seq¨ uência F n tal que F 1 = 1; F 2 = 1; F n = F n−1 + F n−2 , se n

≥ 3.

A seq¨ uˆ encia de Fibonacci adquiriu muita fama devido a suas conex˜ oes com ´reas das mais variadas na cultura humana. Ela aparece em problemas de biologia, a arquitetura, engenharia, f´ısica, qu´ımica e muitos outros. Agora vamos utilizar indu¸c˜ ao para mostrar algumas de suas propriedades: Exemplo 5.18. Considere F n a seq¨ uência de Fibonacci. Mostre que F n <

 7 4

n

.



n

Solu¸cao. ˜ Definamos a proposi¸c˜ ao P (n) := F n < 74 . Para n = 1 temos que F 1 = 1 < 74 , de modo que P (1) é verdadeira. Suponhamos que P (1), P (2), . . . , P ( n), n n+1 2, sejam todas verdadeiras. Mostraremos que F n+1 < 74 . Com efeito, F n+1 = F n + F n−1 < <

           7 n 4

7 4

7 4

< 1+

     Como 1 + 7 n+1 . 4

7 4

<

7 2 , 4



∀ ≥

−1

n

+ 74 n−1 +

7 4

7 n−1 4 7 n−1 . 4

segue-se que F n+1 <

7 2 4

7 n−1 . 4

Portanto, F n+1 <

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Observa¸ c˜ ao 5.19. Quando aplicamos o M´ etodo da Indu¸ ca õ devemos tomar certos cuidados. A seguir damos um exemplo de como o m´ etodo pode ser aplicado de forma errada. Vamos mostrar a seguinte afirma¸ ca õ: Afirma¸ cao: ˜ Num conjunto qualquer de n bolas , todas as bolas pos

suem a mesma cor. Observe que nossa proposi¸ ca õ é claramente falsa. Mas, mesmo assim, vamos dar uma prova por indu¸ca õ: Para n = 1, nossa proposi¸ca õ é verdadeira pois em qualquer conjunto com uma bola, todas as bolas têm a mesma cor, pois s´ o existe uma bola. Assuma por hip´ otese de indu¸c˜ ao que a proposi¸ca õ é verdadeira para n e provemos que a proposi¸ca õ é verdadeira para n + 1. Ora, seja = b1 , . . . , bn , bn+1 o conjunto com n+1 bolas referido. Considere os subconjuntos de e de com n elementos, constru´ıdos como:

A {

B C A

}

B = {b , b , . . . , b } e C = {b , . . . , b } 1

2

n

2

n+1

Observe que ambos os conjuntos têm n elementos. Assim, as bolas b1 , b2 , . . . , bn do conjunto tˆ em a mesma cor. Do mesmo modo, as bolas do conjunto têm a mesma cor. Em particular, a bola bn tem a mesma cor da bola bn+1 . Assim, todas as bolas tˆ em a mesma cor. Ache o erro no argumento!

B

5.6

C

Exerc´ıcios

1. Considere a, b

∈ R de modo que a + b > 0 e a = b. Mostre que 2 − (a + b ) > (a + b) , ∀n ∈ N. Mostre que para qualquer n ∈ N é valida a seguinte desigualdade √11 + √12 + √13 + ··· + √1n > √n. n

2.

1

n

n

n

3. Mostre que para qualquer n

∈ N é valida a seguinte desigualdade 1 1 1 1 13 + + + ·· · + > . n+1 n+2 n+3 2n 24

4. Mostre a seguinte identidade trigonométrica cos x + 2cos 2x +

− n cos(n + 1)x − 1 . ··· + n cos nx = (n + 1)cos nx4sin 2 x 2

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[SEC. 5.6: EXERCÍCIOS

5. Um torneio de xadrez tem n jogadores. Cada jogador joga uma uńica partida contra todos os outros jogadores. Calcule o n´ umero total de partidas do torneio. 6. Demonstre que para qualquer n


13 + 23 + 33 . . . + n3 = 7. Demonstre que para qualquer n

+

10.



2

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n 30

8. Mostre que qualquer n´ umero natural n vis´ıvel por 133.

∈Z Mostre que para todo n ∈ Z

n(n + 1) 2


14 + 24 + 34 . . . + n4 =

9. Mostre que para todo n



n+2

− 1)

+ 12 2n+1 é sempre di-

≥ 0, 11

temos que 32n+1 + 2n+2 é um m´ ultiplo de 7.

+

temos que 32n+2 + 26n+1 é um múltiplo de

11.

11. Lembrando que a seq¨ uência de Fibonacci define-se recursivamente p or F 1 = 1; F 2 = 1; F n = F n−1 + F n−2 , mostre as seguintes propriedades: n

(a)

 

n

F i = F n+2

i=1

− 1;



(b)

i=1

n

(c)

F 2i = F 2n+1

i=1

(e) F n F n+1

n

(g)

(d) F n−1 F n+1

2

n

1

= F 2n−1 ;

(f)

2

− F

n

2n−1

  − √ √   − √ −√

− F − F −

2n



− 1;

F 2i−1 = F 2n ; = ( 1)n ;

−

F i F i+1 = F 22n ;

i=1 n

F i F i+1 = F 22n+1

i=1

1;

(h)

F i2 = F n F n+1 .

i=1

12. Considere F n a seq¨ uˆ encia de Fibonacci. Mostre que F n =

1 5

1+ 5 2

n

1 5

1

5

2

n

.

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13. Calcular o n´ umero de regiões em que o plano é dividido por n retas distintas em cada uma das seguintes situa¸co ˜es (a) As n retas s˜ ao concorrentes; (b) N˜ ao existem duas retas paralelas nem três retas concorrentes.

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Cap´ıtulo 6

Problemas de Olimp´ıadas Este cap´ıtulo está inteiramente dedicado a` problemas de olimp´ıadas regionais, nacionais e internacionais. Nele você vai encontrar um amplo material suficiente para algumas horas (ou dias!) de divers˜ ao e treinamento para olimp´ıadas. Para entender as siglas de cada competi¸c˜ ao, veja a tabela no final do cap´ıtulo. Para as solu¸co ˜es, exerc´ıcios adicionais e continua¸ c˜ ao do treinamento, recomendamos a leitura dos livros [11], [12] e [13], além da visita aos sites www.obm.org.br e www.obmep.org.br . Agora que você j´ a estudou bastante, m˜ a o na massa e boa sorte! Problema 6.1 (OIM-1988). Seja ABC um triˆ angulo cujos lados s˜ ao a, b e c. Divide-se cada lado do triˆ angulo em n segmentos iguais. Sejam sA (respectivamente, sB e sC ) a soma dos quadrados das distâncias do vértice A a cada um dos pontos de divis˜ ao do lado oposto a A (respectivamente, B e C ). Se S = sA + sB + S C , demonstre que

a2

S + b2 + c2

´ e um n´ umero racional. Problema 6.2 (IMO-1979). Seja P um ponto dado dentro de uma esfera. Três vetores mutuamente perpendiculares partem de P e intersectam a esfera nos pontos U, V e W . Q denota o v´ ertice diagonalmente oposto a P no paralelep´ıpedo determinado por P U , P V e P W . Encontre o lugar geom´ etrico de Q, para as trinas de raios que partem de P .

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[CAP. 6: PROBLEMAS DE OLIMPÍADAS

Problema 6.3 (OAM-2005). Decida se o seguinte n´ umero ´ e primo, justificando: (2005)4 + 242 . Problema 6.4 (OAM-2005). Ser´ a que existe um m´ ultiplo de 2005 que se escreve utilizando apenas zeros e uns? Problema 6.5 (OBM-2002). Mostre que, entre dezoito inteiros consecutivos de três algarismos, sempre existe algum que é divis´ıvel pela soma de seus algarismos. Problema 6.6 (IMO-1983). Diga se é poss´ıvel escolher 1983 n´ umeros inteiros positivos e distintos, todos menores ou iguais que 105 , onde nenhum de trˆ es inteiros consecutivos est˜ ao em progress˜ ao aritmética? Justifique sua resposta. Problema 6.7 (IMO-1978). Considere a seq¨ uˆ encia de inteiros positivos distin∞ tos ak k=1 . Mostre que

{ }

n

n

 ≥ ak k2 k=1

1 , k k=1

∀n ∈ N.

Problema 6.8 (IMO-1979). Sejam p e q n´ umeros naturais tais que p =1 q

1 1 − 12 + 13 − 14 + · · · − 1318 + . 1319

Mostre que p é divis´ıvel por 1979. Problema 6.9 (IMO-1979). Considere π como sendo um plano e tome P π e QP + P R Q / π. Encontre todos os pontos R π tal que a raz˜ ao seja m´ axima. QR

∈

∈

∈

Problema 6.10 (IMO-1978). Sejam m e n n´ umeros naturais tais que 1 m m < n. Se na representa¸cao ˜ decimal de 1978 temos que seus três ´ ultimos d´ıgitos coincidem com os três ´ ultimos d´ıgitos da representa¸c˜ ao decimal de 1978n , encontre m e n de modo que m + n seja o menor valor poss´ıvel.

≤

Problema 6.11 (IMO-1979). Encontre todos os n´ umeros reais a para os quais existem n´ umeros reais n˜ ao negativos x1 , x2 , x3 , x4 , x5 satisfazendo as rela¸coes ˜ 5



k=1

5

kxk = a,



5

3



2

k xk = a ,

k=1

k5 xk = a3 .

k=1

Problema 6.12 (IMO-1981). Determine o valor m´ aximo de m2 + n2 , onde m e n s˜ ao inteiros satisfazendo m, n 1, 2, . . . , 1981 e (n2 mn m2 )2 = 1.

∈{

}

−

−

i

i i

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133 Problema 6.13 (IMO-1981). Resonda as seguintes quest˜ oes: (a)

(b)

Para quais valores de n > 2 existe um conjunto de n inteiros positivos consecutivos de modo que o maior elemento neste conjunto seja um divisor do m´ınimo m´ ultiplo comum dos restantes n 1 n´ umeros?

−

Para quais valores de n > 2 existe exatamente um conjunto com a propriedade enunciada em (a)?

Problema 6.14 (IMO-1981). A fun¸c˜ ao f (x, y) satisfaz f (0, y) =y + 1, f (x + 1, 0) =f (x, 1), f (x + 1, y + 1) =f (x, f (x + 1, y)), para todos os inteiros n˜ ao negativos x, y. Determine f (4, 1981). Problema 6.15 (IMO-1982). A fun¸cao ˜ f (n) esta definida para todos os inteiros positivos n e toma seus valores nos inteiros n˜ ao negativos. Tamb´ em para quaisquer m e n temos que f (m + n) f (m) f (n) = 0 ou 1 f (2) = 0,

−

f (3) > 0,

−

e

f (9999) = 3333.

Ache f (1982). Problema 6.16 (IMO-1982). Prove que se n ´ e um inteiro positivo tal que a equa¸c˜ ao x3 3xy2 + y3 = n

−

tem uma solu¸cao ˜ inteira (x, y), ent˜ ao existem pelo menos outras trˆ es solu¸coes ˜ inteiras. Demonstre que a equa¸cao ˜ n˜ ao tem solu¸c˜ ao inteira quando n = 2891. Problema 6.17 (IMO-1982). Seja ABCDEF um hex´ agono regular. Sejam M um ponto sobre a diagonal AC e N um ponto sobre a diagonal CE , de modo que AM CN = = r. AC CE Determine r no caso em que B, M e N sejam colineares. Problema 6.18 (IMO-1985). Dado um conjunto M de 1985 inteiros positivos distintos onde nenhum deles tem um divisor primo maior que 26, prove que M cont´ em pelo menos um subconjunto de quatro elementos distintos cujo produto é a quarta potˆ encia de um inteiro. Problema 6.19 (IMO-1977). Seja f (n) uma fun¸cao ˜ definida no conjunto dos inteiros positivos e tomando valores no mesmo conjunto. Prove que se f (n + 1) > f (f (n)), para cada inteiro positivo n, ent˜ ao f (n) = n , n.

∀

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i i

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Problema 6.20 (IMO-1975). Quando 44444444 é escrito em nota¸cao ˜ decimal, temos que a soma de seus d´ıgitos ´ e A. Agora, denote por B a soma dos d´ıgitos de A. Encontre a soma dos d´ıgitos de B. ( A e B foram escritos em nota¸c˜ ao decimal) Problema 6.21 (IMO-1963). Encontre todas as ra´ızes da equa¸cao ˜

 −  − x2

p + 2

x2

1 = x,

onde p é um parˆ ametro real.

Problema 6.22 (OCM-2003). Um homem acha-se no centro de um c´ırculo. A periferia desse c´ırculo é delimitada por uma cerca, que separa um homem de um cachorro. Admitindo que o cachorro s´ o pode correr ao longo da cerca, prove que o homem pode escapar pulando a cerca sem ser mordido pelo c˜ ao se as velocidades m´ aximas poss´ıveis de serem desenvolvidas pelo cachorro e pelo homem estiverem entre si na raz˜ ao 4:1. Determine as rela¸coes ˜ entre as velocidades m´ aximas do cachorro e do homem para os quais o homem pode escapar. Problema 6.23 (IMO-1997). Sejam x1 , x2 ,...,xn n´ umeros reais que verificam as condi¸coes: ˜

|x

1

| | ≤ n +2 1 ,

+ x2 + ... + xn = 1 e xi

|

para i = 1, 2, . . . , n .

Demonstrar que existe uma reordena¸c˜ ao (ou permuta¸cao) ˜ y1 , y2 ,...,yn de x1 , x2 ,...,xn tal que n+1 y1 + 2y2 + + nyn . 2

|

···

|≤

Problema 6.24 (IMO-1997). Determinar todos os pares (a, b) de inteiros a 1, b 1 que satisfazem a equa¸cao ˜

≥

≥

2

ab = ba . Problema 6.25 (IMO-2002). Seja n um inteiro positivo e T o conjunto de pontos (x, y) no plano onde x e y s˜ ao inteiros n˜ ao negativos com x + y < n. Cada ponto de T é pintado de vermelho ou azul. Se um ponto (x, y) é vermelho, ent˜ ao todos os pontos (x′ , y′ ) com x′ x e y′ y também s˜ ao. Um conjunto X é um conjunto de n pontos azuis com abscissas distintas, e um conjunto Y ´ e um conjunto de n pontos azuis com ordenadas distintas. Prove que o n´ umero de conjuntos X é igual ao n´ umero de conjuntos Y.

≤

≤

Problema 6.26 (IMO-2000). No in´ıcio existem n ( n 2) pulgas numa reta horizontal, nem todas no mesmo ponto. Para um n´ umero real positivo λ define-se um salto da seguinte maneira: Escolhem-se duas pulgas quaisquer nos pontos A e

≥

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i i

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135 B com o ponto A ` a esquerda do ponto B; A pulga que est´ a em A salta até o ponto C da reta, ` a direita de B, tal que BC = λ. AB Determine todos os valores de λ para os quais qualquer ponto M na reta e quaisquer que sejam as posi¸coes ˜ iniciais das n pulgas, existe uma sucess˜ ao finita de saltos que levam todas as pulgas para pontos à direita de M . Problema 6.27 (IMO-2000). Um m´ agico tem cem cart˜ oes numerados de 1 a 100. Coloca-os em trˆ es caixas, uma vermelha, uma branca e uma azul, de modo que cada caixa cont´ em pelo menos um cart˜ ao. Uma pessoa da plat´ eia escolhe duas das trˆ es caixas, seleciona um cart˜ ao de cada caixa e anuncia a soma dos n´ umeros dos dois cart˜ oes que escolheu. Ao saber esta soma, o m´ agico identifica a caixa da qual n˜ ao se retirou nenhum cart˜ ao. De quantas maneiras podem ser colocados todos os cart˜ oes nas caixas de modo de que este truque sempre funcione? (Duas maneiras consideram-se diferentes se pelo menos um cart˜ ao é colocado numa caixa diferente). Problema 6.28 (IMO-2001). Sejam a,b,c,d inteiros com a > b > c > d > 0. Considere que ac + bd = (b + d + a c)(b + d a + c).

−

Prove que ab + cd n˜ ao é um n´ umero primo.

−

Problema 6.29 (OCS-1997). Seja n um n´ umero natural, n > 3. Demonstre que entre os m´ ultiplos de 9 menores que 10n h´ a mais n´ umeros com a soma de seus d´ıgitos igual a 9(n 2) que n´ umeros com a soma de seus d´ıgitos igual a 9(n 1).

−

−

Problema 6.30 (OCS-1997). Considere um triângulo acutˆ angulo ABC, e seja X um ponto do plano do triângulo. Sejam M, N e P as proje¸ c˜ oes ortogonais de X sobre as retas que contém as alturas do triˆ angulo ABC. Determinar para que posi¸coes ˜ de X o triˆ angulo MNP ´ e congruente a ABC. Nota: a proje¸cao ˜ ortogonal de um ponto X sobre uma reta l é a interseçcao ˜ de l com a perpendicular a ela que passa por X. Problema 6.31 (OPM-2001). Um pacote com 100 bombons deve ser dividido entre 15 garotos. (a)

Prove que existem dois garotos que receberam a mesma quantia de bombons.

(b)

Qual o n´ umero m´ınimo de bombons no pacote, de modo que, depois de divididos entre os 15 garotos, é poss´ıvel que n˜ ao existam dois garotos que receberam a mesma quantia de bombons.

Obs: Considere que algum garoto pode receber zero bombons.

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Problema 6.32 (OEMRJ-1998). Encontre todas as solu¸coes ˜ inteiras e positivas de 1 1 1 + = , x y p onde p ´ e um n´ umero primo (cada solu¸cao ˜ é um par ordenado (x, y)). Encontre pelo menos 5 solu¸coes ˜ inteiras e positivas de 1 1 1 + = , x y 1998 ´ poss´ıvel colocar os inteiros 1, 2, 3, 4, ..., Problema 6.33 (OMRN-2000). E 239, 240 numa tabela com 15 linhas e 16 colunas, de modo que a soma dos n´ umeros em cada uma das colunas seja a mesma? Problema 6.34 (ORMRS-1998). Mostrar que para cada n inteiro positivo:

  1+

1 n

n

< 3.

Problema 6.35 (OSM-1999). Os segmentos de reta AO, OB e OC s˜ ao mutuamente perpendiculares. Expresse a ´ area do triˆ angulo ABC em termos das ´ areas dos triˆ angulos OBC, OCA e OAB. Problema 6.36 (OCS-2004). Dada uma circunferˆ encia C e um ponto P exterior a ela, tra¸cam-se por P as duas tangentes à circunferˆ encia, sendo A e B os pontos de tangˆ encia. Toma-se um ponto Q sobre o menor arco AB de C. Sejam M a interseçcao ˜ da reta AQ com a perpendicular a AQ tra¸cada por P e N a interseçcao ˜ da reta BQ com a perpendicular a BQ tra¸cada por P. Demonstre que, ao variar Q no arco AB, todas as retas MN passam por um mesmo ponto. Problema 6.37 (OM-2004). Ache todos os n´ umeros naturais x, y, z que veri ficam simultaneamente: xyz = 4104 e x + y + z = 77. Problema 6.38 (OMEG-1999). Quantos retângulos diferentes constitu´ıdos de um n´ umero inteiro de quadrados podem ser desenhados: (a)

Em um tabuleiro (xadrez) 8

(b)

Em um tabuleiro n

× n?

× 8?

Observa¸cao: ˜ consideramos dois retˆ angulos diferentes se eles possu´ırem dimens˜ oes diferentes ou se ocuparem posi¸c˜ oes diferentes no tabuleiro. Problema 6.39 (ORMSC-1999). Mostre que um n´ umero natural diferente de 1 formado somente por algarismos 1, n˜ ao pode ser um quadrado perfeito.

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137 Problema 6.40. Uma codorna ´ e uma pe¸ca que pode se mover num quadriculado infinito no seguinte sentido: em qualquer quadrado seu primeiro movimento é para um quadrado vizinho (horizontal ou vertical) e depois se move n quadrados em dire¸cao ˜ perpendicular ao primeiro movimento. Por exemplo, se n = 2, a codorna é um cavalo do xadrez. Encontre todos os n tais que a codorna consegue alcan¸car qualquer quadrado a partir de um quadrado qualquer. Problema 6.41 (OBM-1982). Dê as solu¸c˜ oes inteiras da equa¸cao ˜ x2 +15a = 2b . Problema 6.42 (OBM-1981). Encontre o n´ umero de solu¸coes ˜ inteiras, n˜ ao negativas, da equa¸cao ˜ x + y + z = n, onde n é um inteiro positivo. Problema 6.43 (OBM-1982). Sejam x,y,z n´ umeros inteiros tais que x3 +y 3 3 z é m´ ultiplo de 7. Mostre que um desses n´ umeros é m´ ultiplo de 7.

−

Problema 6.44 (OBM-1984). Quantos quadrados perfeitos existem entre 40.000 e 640.000 que s˜ ao m´ ultiplos simultaneamente de 3, 4 e 5? Problema 6.45 (OBM-1986). Dado um n´ umero natural n, determine de quantas maneiras esse n´ umero pode ser representado como soma de naturais consecutivos. Problema 6.46 (OBM-1984). Seja n um n´ umero inteiro maior que 1. Mostre que 4n + n4 n˜ ao é primo. Problema 6.47 (OBM-1983). Mostre que, para todo n´ umero natural n 1+

1 1 + + 2 3

≥ 2,

· · · + n1

n˜ ao é inteiro. Problema 6.48 (OBM-1981). Dado um n´ umero inteiro n, mostre que existe um m´ ultiplo de n que se escreve apenas com os algarismos 0 e 1. (Por exemplo, se n = 3, temos 111 ou 1011, etc). Problema 6.49 (IMO-1985). Seja D um inteiro diferente de 2, 5, 13. Mostre que podemos escolher A e B pertencentes a 2, 5, 13, D tal que AB 1 n˜ ao seja quadrado perfeito.

{

}

−

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Problema 6.50 (OBM-1982). Um retˆ angulo de lados inteiros m e n é dividido em quadrados de lado 1. Um raio de luz entra no retˆ angulo por um dos v´ ertices, na dire¸cao ˜ da bissetriz do ângulo reto, e é refletido sucessivamente nos lados do retângulo. Quantos quadrados s˜ ao atravessados pelo raio de luz? Problema 6.51 (OBM-1981). Um clube de Matem´ atica contém 100 membros. Suponha que em qualquer grupo de 4 membros, existe um membro que conhe¸ca os outros 3. Prove que existe um membro do clube que conhece todos os outros 99 membros. Qual é o n´ umero m´ınimo de tais membros? (Obs.: se o membro A conhece o membro B, ent˜ ao o membro B também conhece o membro A). Problema 6.52 (OBM-1985). Apenas 5 casais participam de uma reuni˜ ao. Ap´ os os cumprimentos, Jo˜ ao pergunta a cada um dos outros 9 participantes: “Quantos apertos de m˜ ao vocˆ e deu?”e obtém todas as nove respostas poss´ıveis: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Qual foi a resposta da esposa do Jo˜ ao? (Obs.: obviamente ningu´ em apertou a m˜ ao do pr´ oprio conjugue.) Problema 6.53 (OBM-1983). Quantos n´ umeros, de 1 a 1983, podem ser escritos como soma de duas ou mais potências distintas de 3? Problema 6.54 (OBM-1983). Os n´ umeros a, b e c s˜ ao reais n˜ ao-negativos e p e q s˜ ao inteiros positivos distintos. Prove que: ap + bp = cp Se , ent˜ ao a = 0 ou b = 0. aq + bq = cq



Problema 6.55 (OBM-1985). Prove que se a, b e c s˜ ao n´ umeros reais tais que a,b,c s˜ ao positivos e a + b + c = 1, ent˜ ao a2 + b2 + c2 1/3.

≥

Problema 6.56. O ponto A é chamado “pseudocentro de simetria”de um con junto M (que contém mais de um ponto do plano) se é poss´ıvel remover um ponto de M de modo que A seja o centro de simetria do conjunto resultante. Quantos pseudocentros de simetria um conjunto finito pode ter? Problema 6.57 (OBM-1983). Mostre que é poss´ıvel, usando apenas duas cores, pintar os pontos de uma circunferˆ encia de tal forma que n˜ ao exista triângulo retângulo inscrito na circunferˆ encia com vértices em pontos da mesma cor. Problema 6.58 (OBM-1984). Colam-se 27 cubos de madeira, todos iguais, para montar um cubo maior. Um cupim parte do centro de um cubo pequeno,

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139 colocado no centro de uma das faces do cubo grande. O cupim liga, sempre por linhas retas, o centro de um dos cubos pequenos ao centro de outro cubo pequeno com face adjacente ao primeiro. Desta forma, existe um caminho que passe exatamente uma vez por cada um dos pequenos cubos e termine no centro do cubo grande? Problema 6.59 (OBM-1985). Dois triˆ angulos semelhantes tˆ em dois pares de lados ordenadamente iguais. Qual a condi¸cao ˜ para que os dois triângulos n˜ ao se jam congruentes? Problema 6.60 (OBM-1979). Sejam ABCD um quadrado, M o ponto médio de AB, N o ponto m´ edio de BC e I a interseçcao ˜ de DN e CM . Calcule a area ´ do triˆ angulo NIC, tomando AB = 1. Problema 6.61 (OAM-2004). Um n´ umero n ´ e dito dobrado se ao escrevermos seus d´ıgitos na ordem inversa, obtemos exatamente o dobro de n. Por exemplo, 2004 n˜ ao é dobrado, pois 4002 = 2 2004. Mostre que n˜ ao existem n´ umeros dobrados menores que 1000.

 ×

Problema 6.62. Três amigos, Kleber, Ferdinando e Ad˜ ao, que nunca mentem, se reuniram e travou-se a seguinte conversa: - Kleber fala: estou escolhendo dois n´ umeros inteiros positivos maiores que um, cujos valores n˜ ao revelo e vou dar, em segredo, a soma deles para Ferdinando e o produto deles para o Ad˜ ao. - Ferdinando fala: o valor que me foi dado n˜ ao excede 16. Ad˜ ao fala: eu n˜ ao consigo achar os valores dos dois n´ umeros escolhidos pelo Kleber. - Ferdinando fala: eu j´ a sabia que vocˆ e n˜ ao encontraria os valores dos dois n´ umeros. - Ad˜ ao fala: ah, ent˜ ao eu sei quais s˜ ao os dois n´ umeros. Responda: Qual o valor que foi dado a Ferdinando ? Baseado em que Ad˜ ao fez a ultima ´ afirmativa ? Problema 6.63 (OBM-2001). Mostre que n˜ ao existem dois n´ umeros inteiros a e b tais que (a + b)(a2 + b2 ) = 2001. Problema 6.64. Considere um quadrado de lado x. Com centro em cada vértice tra¸cam-se quatro circunferˆ encias de raio x. Determinar a ´ area do quadril´ atero curvil´ıneo interior ao quadrado dado.

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Problema 6.65 (OBM-1981). Dados n pontos no plano, prove que existem 3 deles que determinam um ângulo menor ou igual a πn . Problema 6.66 (OBM-1985). Qual o algarismo das unidades do n´ umero N = 1 3 5 7 1993?

· · · ····

Problema 6.67. Seja p o maior fator primo do n´ umero 314 + 313 valor de p?

− 12. Qual o

Problema 6.68. Prove que entre 13 n´ umeros reais quaisquer y1 , . . . , y13 h´ a dois deles tais que: 0

≤

yi yj 1 + yi yj

−

≤

 − √ 2 2+

√33 .

Problema 6.69 (OIM-1991). Encontre um n´ umero m de cinco algarismos distintos e n˜ ao nulos que seja igual ` a soma de todos os n´ umeros de trˆ es algarismos distintos que se pode formar a partir dos algarismos de m. Problema 6.70. Dado um conjunto M de 555 inteiros positivos, nenhum dos quais tem divisor primo maior que 26, prove que M contém um subconjunto de dois elementos distintos cujo produto ´ e um quadrado perfeito. Problema 6.71 (L.Putnan-1956). Demonstrar que todo inteiro tem um m´ ultiplo cuja representa¸cao ˜ decimal contém os 10 d´ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 0. Problema 6.72 (OBM-2001). Dizemos que um n´ umero natural é legal quando for soma de dois naturais consecutivos e tamb´ em for soma de trˆ es naturais consecutivos. (a)

Mostre que 2001 ´ e legal, mas 1999 e 2002 n˜ ao s˜ ao legais.

(b)

Mostre que 20012001 é legal.

Problema 6.73 (IMO-1983). Diga se é poss´ıvel escolher 1983 n´ umeros inteiros 5 positivos e distintos, todos menores ou iguais que 10 , onde nenhum de trˆ es inteiros consecutivos est˜ ao em progress˜ ao aritmética. Problema 6.74. Considere a, b e c os comprimentos dos lados de um triângulo. Mostre que a2 b(a b) + b2 c(b c) + c2 a(c a) 0.

−

Diga quando a igualdade ocorre.

−

− ≥

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141 Problema 6.75 (IMO-1984). Sejam a,b,c e d n´ umeros inteiros ´ımpares tais que 0 < a < b < c < d e ad = bc. Suponha que existam inteiros k e m tais que a + d = 2k e b + c = 2m . Mostre que a = 1. Problema 6.76 (IMO-1984). Sejam x, y e z n´ umeros reais n˜ ao negativos tais que x + y + z = 1. Mostre que

≤ yz + zx + xy − 2xyz ≤ 277 . √x + √x − 16 = √x − 8. Problema 6.77. Resolva a equa¸cao ˜ 0

3

3

3

Problema 6.78. Resolva o sistema de equa¸ c˜ oes

 x y

+

√xy = √

80 xy

,

x + y = 20.

Problema 6.79. Encontre todos os polinômios P (x) de modo que P (x2

2

− 2x) = (P (x − 2)) . Problema 6.80. Determine os valores de p ∈ R tal que − 2 < 2. −2 < xx +−2 px 2x + 2 2

2

Problema 6.81. Mostre que para cada a > 0 temos: a4 + 9 4 > . 10a 5 Problema 6.82 (OCOM-2004). Numa lista de 10 n´ umeros inteiros positivos é ´ dada. E permitido escolher três termos consecutivos da lista e somar uma unidade a cada um deles. Determine se sempre poss´ıvel, ap´ os uma quantidade finita de opera¸c˜ oes deste tipo, que todos os termos da lista sejam m´ ultiplos de quatro. Problema 6.83 (IMO-1964). Prove que n˜ ao existe n tal que 2n + 1 é divis´ıvel por 7 e ache todos os inteiros positivos n tais que 2n 1 ´ e divis´ıvel por 7.

−

Problema 6.84 (OIM-1987). Encontre os f (x) tais que [f (x)]2 .f (1 x/1+x) = 64x para todo x distinto de 0, 1 e 1.

−

−

Problema 6.85. Prove que se m, n e r s˜ ao inteiros positivos, n˜ ao nulos, e 1 + 2r−1 m + n 3 = (2 + 3) ent˜ ao ´ e um quadrado perfeito.

√

√

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Problema 6.86 (OIM-1987). Se define a sucess˜ ao pn da seguinte maneira: p1 = 2 e para todo maior ou igual a 2, pn e o maior divisor primo da express˜ ao p1 p2 ...pn + 1. Prove que pn ´ e diferente de 5. Problema 6.87 (OIM-1988). Considere os conjuntos de n n´ umeros naturais diferentes de zero nos quais n˜ ao h´ a trˆ es elementos em progress˜ ao aritmética. Demonstre que em um desses conjuntos a soma dos inversos desses elementos ´ e m´ axima. Problema 6.88 (OIM-1990). Seja f (x) = (x + b)2 c n´ umeros inteiros.

−c

um polinˆ omio com b e

(a)

Se p é um n´ umero primo tal que p divide a c e p2 n˜ ao divide a c, demonstrar que qualquer que seja o n´ umero inteiro n, p2 n˜ ao divide a f (n).

(b)

Seja um n´ umero primo, distinto de 2 que n˜ ao divide a c.Se q divide a f (n) para algum n´ umero inteiro n, demonstrar que para cada inteiro positivo r, existe um n´ umero inteiro n′ tal que q divide a f (n′ ).

Problema 6.89 (OIM-1991). Encontrar um n´ umero inteiro N de cinco d´ıgitos diferentes e n˜ ao nulas, que seja igual a soma de todos os n´ umeros de três d´ıgitos distintos que se podem formar com os cinco d´ıgitos de N . Problema 6.90 (OIM-1992). Para cada inteiro positivo n, seja an o ultimo ´ d´ıgito do n´ umero1 + 2 + 3 + ... + n. Calcular a1 + a2 + ... + a1992 . Problema 6.91 (OIM-1993). um n´ umero natural é capicua se ao escrevê-lo em nota¸c˜ ao decimal, podemos lˆ e-lo da mesma forma da esquerda para a direita como de direita para a esquerda, por exemplo 8, 23432, 6446. Sejam x1 < x2 < ... < xi < x i+1 < ... todos os n´ umeros capicuas. Para cada i seja yi = xi+1 xi . Quantos n´ umeros primos distintos tˆ em o conjunto y1 , y2 ,... ?

{

}

−

Problema 6.92 (OIM-1995). Determine os poss´ıveis valores das somas dos d´ıgitos de todos os quadrados perfeitos. Problema 6.93 (OBMEP-2005). Capit´ u cortou uma folha de papel retangular em 9 peda¸cos quadrados de lados 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 e 18 cent´ımetros cada um. (a)

Qual é a area ´ da folha antes de ser cortada?

(b)

Quais eram as dimens˜ oes da folha antes de ser cortada?

(c)

Capit´ u precisa montar a folha de novo. Ajude-a, mostrando com um desenho, como fazer esta montagem.

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143 Problema 6.94. Fatore o n´ umero 51985 100 um dos quais é maior que 5 .

− 1 como o produto de três inteiros, cada

Problema 6.95. m caixas s˜ ao dadas, cada uma contendo um certo n´ umero de bolas. Se n < m uma opera¸c˜ ao permitida é escolher n caixas e acrescentar uma bola em cada uma delas. Prove que (a)

Se m e n s˜ ao primos entre si, ent˜ ao é poss´ıvel ap´ os um n´ umero finito de opera¸coes ˜ deste tipo chegar a situa¸cao ˜ onde cada caixa contém a mesma quantidade de bolas;

(b)

Se m e n n˜ ao s˜ ao primos entre si, existem configura¸coes ˜ iniciais das bolas de modo que n˜ ao é poss´ıvel chegar a situa¸c˜ ao onde todas as caixas cont´ em a mesma quantidade de bolas.

Problema 6.96 (IMO-1981). Determine o valor m´ aximo de m2 + n2 , onde m onde n s˜ ao inteiros satisfazendo n, m 1, 2, . . . , 1981 e (n2 mn m2 )2 = 1.

∈{

}

−

−

´ poss´ıvel escolher 1983 inteiros positivos distinProblema 6.97 (IMO-1983). E tos, todos menores ou iguais a 105 , sem quaisquer três deles n˜ ao sejam termos consecutivos de uma progress˜ ao aritmética? Justifique sua resposta. Problema 6.98 (IMO-1984). Ache um par de inteiros a, b tais que: (a)

ab(a + b) é divis´ıvel por 7;

(b)

(a + b)7

7

7

−a −b

é divis´ıvel por 77 .

Justifique sua resposta.

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Siglas Competi¸ca õ Olimp´ıada Internacional de Matem´ atica Olimp´ıada Ibero-Americana de Matem´ atica Olimp´ıada do Cone Sul Olimp´ıada de Maio Olimp´ıada Brasileira de Matem´ atica Olimp´ıada Brasileira de Matemática das Escolas P´ u blicas Olimp´ıada Colombiana de Matem´ atica Olimp´ıada Alagoana de Matem´ atica Olimp´ıada Cearense de Matemática Olimp´ıada de Matem´ atica do Estado de Goiás Olimp´ıada de Matemá tica do Estado do Rio de Janeiro Olimp´ıada Paraense de Matem´ atica Olimp´ıada de Matem´ a tica do Rio Grande do Norte Olimp´ıada Regional de Matem´ atica do Rio Grande do Sul Olimp´ıada Regional de Matem´ a tica de Santa Catarina Olimp´ıadas Sergipanas de Matem´ atica

Sigla IMO OIM OCS OM OBM OBMEP OCOM OAM OCM OMEG OMERJ OPM OCM ORMRS ORMSC OSM

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Referˆ encias Bibliogr´ aficas [1] FOMIN, Dimitri & GENKIN, Sergei & ITENBERG, Ilia. Mathematical Circles(Russian Experience). American Mathematical Society. Mathematical World, Volume 7, 1996. 272 p. [2] LIMA, Elon L. & PINTO, Paulo C. & WAGNER, Eduardo & MORGADO, Augusto C. Temas e Problemas. Sociedade Brasileira de Matem´ atica. Cole¸ca õ do Professor de Matemática, 2001. 193 p. [3] RIBENBOIM, Paulo. N´ umeros Primos: Mist´ erios e Recordes. Cole¸c˜ ao Matemática Universit´ aria, IMPA, 2001. 280 p. [4] OLIVEIRA SANTOS, José Pl´ınio de. Introdu¸ c˜ ao ` a Teoria dos N´ umeros. Cole¸ca õ Matem´ atica Universit´ aria, IMPA, 1993. 199 p. [5] VINOGRADOV, I. Fundamentos de la Teoria de los N´ umeros. Editorial MIR, Moscu, 1987. 207 p. [6] OBM: Olimp´ ıada Brasileira de Matem´ atica. www.obm.org.br [7] OBMEP: Olimp´ ıada Brasileira de Matem´ atica das Escolas P´ ublicas. www.obmep.org.br [8] NIVEN, I., ZUCKERMAN, S., MONTGOMERY, L. An Introduction To The Theory Of Numbers. John Wiley & Sons, Unided States of America, 1991, 529 p. [9] ANDREWS, G. Number Theory. Dover Publications, Estados Unidos da América, 1994, 259 p. [10] MORGADO, A., CARVALHO, J., CARVALHO, P., FERNANDEZ, P. An´ alise Combinat´ oria e Probabilidade. SBM, Brasil, 1991, 343 p. [11] WAGNER, E., MOREIRA, C. 10 Olimp´ıadas Iberoamericanas de Matem´ atica. OEI, Espanha, 1996, 277 p. [12] MEGA, E., WATANABE, R. Olimp´ıadas Brasileiras de Matem´ atica, 1 a 8 . Editora N´ ucleo, Brasil, 1988, 403 p. a

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Livro_Olimpiada_Oficial

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