02 - teoria elementar dos números inteiros 02

PROFESSOR CASTANHEIRA TEORIA ELEMENTAR DOS NÚMEROS INTEIROS 02E−MAIL: [email protected] BLOG: www.professorcastanheira.blogspot.com

NÚMEROS 02A:

CONCLUINDO A FUNDAÇÃO

Definição geral de soma e de produto: Dada uma sequência numérica qualquer am definamos respectivamente a soma Sn e o produto Pn dos seus n primeiros termos:

Soma (generalizada): {i S1 = a1 ;

ii Sn 1 = Sn a n 1 .}Produto (generalizado): {i P1 = a1 ;

ii Pn 1 = Pn ⋅ an 1 .}Tais definições são deveras restritivas, pois desejamos somas e produtos sem ambiguidades (e parênteses obrigatórios), independentes da ordem e dos agrupamentos dos números considerados. Alcançaremos tal objetivo a seguir.

01A) Para n números, prove que adicionar o primeiro a soma dos últimos (multiplicar o primeiro pelo produto dos últimos) é o mesmo que adicionar o último a soma dos primeiros (multiplicar o último pelo produto dos primeiros).

PROVA:

Faremos a prova para a adição (já que o caso envolvendo a multiplicação é completamente análogo) utilizando indução sobre n. Obviamente ela vale para n de um até três. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a três, provemos que a propriedade vale para o sucessor de n.

Tomemos n + 1 números. Adicionar o último deles a soma dos n primeiros resulta, por definição, em Sn+1. Seja X a soma de todos esses números, exceto o primeiro e o último, o que nos leva a:

a1 X an 1 =

a1 X a n 1 = Sn a n 1 = Sn 1 .

C.Q.D.

01B) Generalize a propriedade associativa para n números.

PROVA:


Tomemos n + 1 números. Devemos ser capazes de colocar um par de parênteses arbitrário sobre alguns deles sem alterar a sua soma. Se tais parênteses envolvem apenas um único número ou todos eles, não temos nada o que provar. Estudemos os dois casos de fato necessários:

(A) Se colocamos os parênteses sobre alguns dos n primeiros números, isso não afeta a soma deles, devido a hipótese de indução, donde não altera a soma de todos os n + 1 números.

(B) Se colocamos os parênteses sobre alguns dos n últimos números, isso não afeta a soma deles, devido a hipótese de indução, donde não altera a soma de todos os n + 1 números.

(CONCLUSÃO) Se colocamos parênteses arbitrários sobre alguns dos n + 1 números, isso não afeta a sua soma. O que prova a propriedade.

C.Q.D.

01C) Generalize agora a propriedade comutativa para n números.

PROVA:


Tomemos n + 1 números. Devemos ser capazes de ordená-los arbitrariamente sem alterar a sua soma. Mostremos inicialmente como colocar um número arbitrário (um candidato dentre eles) na primeira posição geral sem modificar a soma:

(A) Se o número candidato estiver entre os n primeiros, insira um par de parênteses envolvendo-os todos, coloque o candidato na primeira posição, o que é sempre possível por hipótese, e elimine os parênteses.

(B) Se o candidato for o último número, utilize a definição geral de soma e a comutatividade de dois números para colocá-lo na primeira posição.

(CONCLUSÃO) Com o primeiro número escolhido arbitrariamente, determinemos como quisermos as posições dos n restantes, algo que é sempre possível por hipótese, resultando finalmente em uma ordenação arbitrária de todos os números sem alterar a sua soma. O que prova a propriedade.

C.Q.D.Professor Castanheira – Página 1

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02) Generalize agora a propriedade distributiva para n números.

PROVA: Usemos indução sobre n. Obviamente vale para n de um até dois. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a dois, provemos que vale para o sucessor de n.

a⋅∑k = 1

n 1

bk =

a⋅∑k =1

n

bk ∑k = n 1

n 1

bk =

a⋅∑k =1

n

bk a⋅ ∑k = n 1

n 1

bk =

∑k =1

n

a⋅bk ∑k= n 1

n 1

a⋅bk =

∑k =1

n 1

a⋅bk .

C.Q.D.

Observação: Lemos a última propriedade como: “O produto de um número por uma soma é igual a soma dos produtos do número por cada uma das suas parcelas”.

03) Generalize a propriedade de anulação de um produto para n números.


∏k =1

n 1

bk = 0 ⇔

∏k = 1

n

bk ⋅ ∏k =n 1

n 1

bk = 0 ⇔

∏k =1

n

bk = 0 ou ∏k =n 1

n 1

bk = 0

⇔

bk = 0 Para algum k: 1 k n

ou

bn 1 = 0

⇔

bk = 0 Para algum k: 1 k n 1 .

C.Q.D.

Observação: Lemos a última propriedade como: “Um produto é igual a zero se e somente se pelo menos um dos seus fatores é igual a zero”.

04) Generalize a propriedade de anulação de uma soma de quadrados para n números.

PROVA: Prosseguindo analogamente:

∑k = 1

n 1

bk2 = 0 ⇔

∑k =1

n

bk 2 ∑

k =n 1

n 1

bk2 = 0 ⇔

∑k =1

n

bk2 = 0 e ∑

k = n 1

n 1

bk2 = 0

⇔

bk = 0 Para todo k: 1 k n

e

bn 1 = 0

⇔

bk = 0 Para todo k: 1 k n 1 .

C.Q.D.

Observação: Lemos a última como: “Uma soma de quadrados é igual a zero se e somente se todos os números (bases) são iguais a zero”.

05) Generalize a propriedade do valor absoluto de um produto para n números.


∣∏k= 1

n 1

bk∣ =

∣∏k =1

n

bk ⋅ ∏k = n 1

n 1

bk∣ =

∣∏k =1

n

bk∣⋅ ∣ ∏k = n 1

n 1

bk∣ =

∏k = 1

n

∣bk∣⋅ ∏k = n 1

n 1

∣bk∣ =

∏k = 1

n 1

∣bk∣ .





Observação: Lemos a última propriedade como: “O valor absoluto de um produto é igual ao produto dos valores absolutos dos seus fatores”.

06) Generalize a propriedade da desigualdade triangular para n números.


∣∑k = 1

n 1

bk∣ =

∣∑k =1

n

bk ∑k = n 1

n 1

bk∣

∣∑k =1

n

bk∣ ∣ ∑k= n 1

n 1

bk∣

∑k = 1

n

∣bk∣ ∑k = n 1

n 1

∣bk∣ =

∑k =1

n 1

∣bk∣ .

C.Q.D.

Observação: Lemos a última propriedade como: “O valor absoluto de uma soma é menor do que ou igual a soma dos valores absolutos das suas parcelas”.

Observação final (sobre uma soma generalizada associativa e comutativa): Pela definição geral, uma soma de (por exemplo) quatro parcelas teria que ser escrita como:

a 1 a2 a3 a 4 .

Com a associatividade generalizada, a mesma soma é simplesmente:

a1 a 2 a 3 a 4 .

Ainda falando da associatividade generalizada, podemos colocar um par de parênteses arbitrário sobre algumas das parcelas, por exemplo:

a1 a2 a3 a4 .

Com a comutatividade generalizada, qualquer reordenação das parcelas (existem vinte e quatro ordens possíveis no presente caso) resulta no mesmo valor.

Resumindo: Ordene as parcelas como quiser e agrupe-as (associe-as) como bem entender, sempre com a garantia de não estar alterando a soma no processo.

Observação final (sobre um produto generalizado associativo e comutativo): Pela definição geral, um produto de (por exemplo) cinco fatores teria que ser escrito como:

a1 ⋅ a2 ⋅ a3 ⋅ a 4 ⋅ a 5 .

Com a associatividade generalizada, o mesmo produto é simplesmente:

a1 ⋅ a 2 ⋅ a3 ⋅ a 4 ⋅ a5 .

Ainda falando da associatividade generalizada, podemos colocar um par de parênteses arbitrário sobre alguns dos fatores, por exemplo:

a1 ⋅ a 2 ⋅ a 3 ⋅ a4 ⋅ a 5 .

Com a comutatividade generalizada, qualquer reordenação dos fatores (existem sessenta ordens possíveis no presente caso) resulta no mesmo valor.

Resumindo: Ordene os fatores como quiser e agrupe-os (associe-os) como bem entender, sempre com a garantia de não estar alterando o produto no processo.

IMPORTANTE: Fizemos, com bastante cuidado, diversas generalizações nesta primeira seção. Partindo de uma comutatividade de dois números e de uma associatividade de três números, fica virtualmente impossível justificar (em geral) as manipulações algébricas elementares sem a “ponte” proporcionada por estas três páginas iniciais.

Exercício: Prove que: “Uma soma de números não negativos é igual a zero se e somente se todos os números são iguais a zero” . Justifique então a passagem da segunda para a terceira linha do desenvolvimento da demonstração da propriedade de anulação de uma soma de quadrados.

Exercício: Com o resultado do último exercício, conclua imediatamente que:

“Uma soma de quadrados é igual a zero se e somente se todos os números (bases) são iguais

a zero”.

“Uma soma de valores absolutos é igual a zero se e somente se todos os números (argumentos)

são iguais a zero”.

“Uma soma de enésimas potências pares é igual a zero se e somente se todos os números

(bases) são iguais a zero”.

Professor Castanheira – Página 3




Exercício: Considere E a expressão numérica simples de adições e subtrações (de n números):

E = op1 a1 op2 a 2 opk ak opn an .

Onde cada ak é um número e cada opk é um operador: ou de adição, ou de subtração. Sendo op1 o único operador que pode estar ausente, subentendo nesse caso (para o que se segue) um operador de adição.

Prove que:

E = b1 b2 bk bn .

Onde bk é igual a ak (ao oposto de ak) se opk

é um operador de adição (de subtração).

Prove ainda que:

E = A+ − A− .

Onde A+ (A−) é a soma dos ak precedidos por um operador de adição (de subtração).

Conjuntos de números inteiros: Pondo número nulo como sinônimo de zero, definamos alguns conjuntos numéricos de interesse:

ℤ = {números inteiros}

ℤ* = {números inteiros não nulos }

ℤ+ = ℕ = {números inteiros positivos }

ℤ− = −ℕ = {números inteiros negativos}

W = {números inteiros não negativos}

−W = {números inteiros não positivos} .

Conjuntos de números inteiros: O leitor não deverá ter dificuldade em notar que:

ℤ = {0 ,± 1,± 2 ,± 3 ,± 4 ,± 5 }

ℤ* = {±1,± 2 ,± 3 ,± 4 ,± 5 }

ℤ+ = ℕ = {1, 2 , 3 , 4 , 5 }

ℤ− = −ℕ = {−1,− 2 ,− 3 ,− 4 ,− 5 }

W = {0, 1, 2 , 3 , 4 , 5 }

−W = {0,− 1,− 2 ,− 3 ,− 4 ,−5 } .

Exercício: Prove que todo número inteiro a é da forma 2q ou da forma 2q + 1 para algum número inteiro q (não podendo ser das duas ao mesmo tempo e não existindo uma terceira forma possível).

Exercício: Os inteiros da forma 2q são chamados de pares e aqueles inteiros da forma 2q + 1 são ditos ímpares. Prove que: somas e produtos de pares são sempre pares, produtos de ímpares são sempre ímpares, uma soma de ímpares pode ser ímpar (para uma quantidade ímpar de parcelas) ou par (para uma quantidade par de parcelas), uma diferença de dois pares/ímpares é par e um (a) produto (soma/diferença) de um par e de um ímpar é par (ímpar).

Conjuntos dos pares e dos ímpares: Definamos mais alguns conjuntos numéricos de interesse:

2 ℤ = {números pares}

2 ℤ 1 = {números ímpares}

Conjuntos dos pares e dos ímpares: O leitor não deverá ter dificuldade em notar que:

2 ℤ = {0,± 2,± 4,± 6,± 8,±10 }

2 ℤ 1 = {±1,± 3,±5,± 7,± 9,± 11 }

Quociente de dois números: Se a, b e c são números tais que a é igual a bc, com b diferente de zero, dizemos que c é o quociente de a e b. Escrevemos simbolicamente que:

c = a÷ b ou c = a / b ou c =ab

Algo que pode ser lido ainda como c é igual a a dividido por b ou c é igual ao quociente de a por b ou c é igual ao resultado da divisão de a por b (de a e b).

IMPORTANTE !

Não mencionamos a natureza dos números, nas páginas anteriores, para que os leitores possam usá-las como referência tanto para os inteiros, quanto para os racionais, quanto para os reais.

As propriedades de 01A até 06 valem também para os números complexos, desde que o texto de 04 se refira a anulação de uma soma de enésimas potências de valores absolutos.

Também, para facilitar futuras consultas, permitimos explicitamente os números reais (e ocasionalmente os números complexos) como bases das potências da seção seguinte.

Nas três últimas seções do presente volume, que falam das aplicações de indução matemática, admitimos o uso de toda a matemática elementar escolar, de modo a criarmos um pequeno manual sobre tal assunto.





NÚMEROS 02B:

POTENCIAÇÃO DE EXPOENTE NATURAL

Definição (de Potência de Expoente Natural): Para n natural e a real (complexo), definimos an, potência de base a e expoente n, como:

{ i a1 = a ;

ii a n 1 = a n ⋅ a .}Consequência imediata: O leitor não terá dificuldade em perceber (seguindo a nossa convenção de que a precedência da potenciação é maior do que a da multiplicação) que:

a 2 = a 1⋅a = a⋅a

a3 = a 2⋅a = a⋅a⋅a

a 4 = a3⋅a = a⋅a⋅a⋅a

a5 = a 4⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a

a6 = a5⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a

a7 = a6⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a

a8 = a7⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a

a9 = a8⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a

a10 = a9⋅a = a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a⋅a

Consequência imediata:

a n = Produto de n fatores a .

Definição: Nomenclatura adicional:

Formal: an = Enésima potência de a .

Informal: a n = a elevado a n .

Definição: Nomenclatura adicional:

a 2 = Quadrado de a e a3 = Cubo de a .

Definição (para expoente zero): Poremos a0 = 1 sempre que a base a for diferente de zero.

Convenção (para base e expoente zero): Convencionaremos ainda que 00 = 1, desde que: o expoente em questão só possa ser inteiro em seu contexto, a ideia expressa por tal potência esteja bem definida por outros meios e a notação seja simplificada com tal atitude.

Um operador para a potenciação: Escreveremos a ^ b ao invés de ab quando for conveniente.

Associatividade da potenciação: A potenciação não é comutativa e nem associativa em geral. Por exemplo (para n natural maior do que um):

n ^ 1 ≠ 1 ^ n e (n ^ 1) ^ n ≠ n ^ (1 ^ n) .

Convencionaremos então que a potenciação associa da direita para a esquerda. Isto é:

a ^ n1 ^ n2 = a ^ n1 ^ n2 .

01) (LEIS DOS EXPOENTES) Se as bases são reais (ou complexos), os expoentes são naturais e não se divide por zero, prove que:

a am n = am ⋅ a n

b a⋅b m = am ⋅ bm

c am n = am⋅n

d am− n =am

an

e ab

m

=am

bm

(a) Usemos indução sobre n. Obviamente vale para n igual a um. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a um, provemos que vale para o sucessor de n.

am n 1 = am n ⋅ a = am ⋅ a n ⋅ a = am ⋅ a n 1 .

(b) Usemos indução sobre n. Obviamente vale para n igual a um. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a um, provemos que vale para o sucessor de n.

a⋅b n 1 = a⋅bn⋅a⋅b = a n⋅bn⋅a⋅b = an 1⋅bn 1 .

(c) Usemos indução sobre n. Obviamente vale para n igual a um. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a um, provemos que vale para o sucessor de n.

am n 1= am n ⋅ am = a m⋅n ⋅ am = am⋅n 1 .

(d) Consequência de (a) e fica como exercício.

(e) Análoga a (b) e fica como exercício.

02) (MONOTICIDADE DE POTÊNCIA DE BASE NÃO NEGATIVA) Se as bases são reais não negativos e os expoentes são naturais, prove que:

a x y ⇔ xn yn

b x = y ⇔ xn = y n

c x y ⇔ xn y n





PROVA: Se pelo menos um dos dois números for igual a zero é imediato que se verificam as três equivalências acima. Dito isso, continuemos, considerando agora x e y ambos positivos.

Faremos a prova da primeira implicação utilizando indução sobre n. Obviamente a primeira vale para n igual a um. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a um, provemos que vale para o sucessor de n.

x y ⇒ x y e x n yn ⇒ x n 1 yn 1 .

A segunda implicação é análoga e a terceira é imediata, donde aqui chegamos:

x y ⇒ x n yn

e

x = y ⇒ x n= yn

e

x y ⇒ x n yn

Pela tricotomia, para cada par de números reais positivos x e y, exatamente um dos três primeiros membros é verdadeiro (os outros dois sendo falsos), donde o respectivo segundo membro é verdadeiro e, mais uma vez pela tricotomia, é o único segundo membro verdadeiro (os outros dois sendo falsos). O que verifica, para cada par de reais positivos, x e y, as três equivalências. C.Q.D.

Observação: A questão 01 relaciona as cinco Leis dos Expoentes (Naturais), das quais a primeira é sem dúvida a mais importante, sendo aquela que as nomeia. Note que, tomando a precedência da potenciação mais alta do que a da multiplicação, nós limpamos sobremaneira a apresentação das Leis dos Expoentes.

Observação: A questão 02 trata de monoticidade de potência de base real não negativa e expoente natural.

03) Se as bases são reais (complexa em (e)) e os expoentes são naturais ímpares, prove que:

a x 0 ⇔ xn 0

b x= 0 ⇔ x n= 0

c x 0 ⇔ xn 0

d −1n = −1

e −xn = − x n

PROVA: Fica como exercício. C.Q.D.

04) (MONOTICIDADE DE POTÊNCIA DE EXPOENTE ÍMPAR) Se as bases são reais e os expoentes são naturais ímpares, prove que:

a x y ⇔ x n yn

b x= y ⇔ x n= yn

c x y ⇔ x n yn

PROVA: Se pelo menos um dos dois números for igual a zero é imediato que se verificam as três equivalências acima. Dito isso, continuemos, considerando agora x e y ambos não nulos. Se ambos forem positivos, recaímos na questão 02. Se o primeiro for positivo (negativo) e o segundo for negativo (positivo), as três equivalências se verificam novamente (justifique isso!). Restando o caso com ambos negativos. Tomemos então os seus opostos, aplicando-os ao último item da questão 02:

−x −y ⇔ −x n −y n

−x − y ⇔ − xn − y n

x y ⇔ xn yn

Isso prova a letra (a), com as outras duas letras seguindo analogamente. C.Q.D.

Observação: A questão 04 trata de monoticidade de potência de base real e expoente natural ímpar.

05) Se as bases são reais (complexos), com expoentes naturais e não se divide por zero:

a ∣ ab∣ =

∣a∣∣b∣

b ∣x n∣ = ∣x∣n


06) Se as bases são reais (complexa em (e)) e os expoentes são naturais pares, prove que:

a x 0 ⇒ x n 0

b x= 0 ⇔ x n= 0

c x 0 ⇒ x n 0

d −1n = 1

e −xn = x n

f xn 0

g ∣x∣n = ∣xn∣ = x n






07) (MONOTICIDADE ABSOLUTA DE POTÊNCIA DE EXPOENTE PAR) Se as bases são reais quaisquer e os expoentes são naturais pares, prove que:

a ∣x∣ ∣y∣ ⇔ xn yn

b ∣x∣ = ∣y∣ ⇔ xn = yn

c ∣x∣ ∣y∣ ⇔ x n y n

PROVA: Basta colocar os valores absolutos dos dois números na questão 02 e utilizar o último item da questão 06. C.Q.D.

Observação: A questão 07 trata de monoticidade absoluta de potência de base real e expoente natural par.

Para base complexa e expoente natural:

x =0 ⇔ xn =0 .

Para base real e expoente natural ímpar:

x = y ⇔ xn = y n .

Para base real e expoente natural par:

x = ± y ⇔ x n = y n .

08) Se z é um número real (complexo) e n é um número natural, prove que:

z n− 1 = z −1 ⋅ ∑k = 0

n− 1

zk .

PROVA: Usemos indução sobre n. Obviamente vale para n igual a um. Supondo que vale para algum n maior do que ou igual a um, provemos que vale para o sucessor de n.

z− 1 ⋅ ∑k =0

n

zk =

z −1 ⋅ ∑k = 0

n− 1

z k z −1 ⋅ ∑k = n

n

z k =

zn − 1 z n 1 − z n =

zn 1 − 1 .

C.Q.D.

09) (DIFERENÇA DE ENÉSIMAS POTÊNCIAS I) Se a e b são números reais (complexos) e n é um número natural, prove que:

a n− bn = a − b ⋅ ∑k= 0

n− 1

a n − k −1 ⋅ bk .

PROVA: Note inicialmente que a presente propriedade vale para a igual a zero.

Multipliquemos agora os dois lados da igualdade da questão anterior por (−an) ≠ 0:

a n − azn = a −az ⋅ ∑k =0

n −1

a n −k − 1 ⋅ az k .

Completamos o argumento colocando b = az.

C.Q.D.

Consequência imediata: O leitor não terá dificuldade em perceber que:

a 2 − b2 = a − b ⋅ a b

a3 − b3 = a− b ⋅ a 2 ab b2

a 4 − b4 = a − b ⋅ a3 a 2 b ab2 b3

a5 − b5 = a − b ⋅ a 4 a3 b a2 b2 a b3 b4

10) (DIFERENÇA DE ENÉSIMAS POTÊNCIAS II) Se a e b são números reais e n é um número natural, definimos:

P n ; a ; b = ∑k = 0

n

a n −k ⋅ bk .

Se n é par, prove que:

i P n ; a ; b 0 ;

ii P n ; a ; b = 0 ⇔ a = 0 e b=0 .

PROVA: Os quatro primeiros casos são imediatos:

a =0 e b= 0 ⇒ P n ; a ; b = n 1 ⋅ 0n = 0 ;

a ≠0 e b= 0 ⇒ P n ; a ; b = a n 0 ;

a =0 e b≠ 0 ⇒ P n ; a ; b = bn 0 ;

a ≠0 e b≠0 e a = b ⇒ P n ; a ; b = n 1⋅an 0 .

Provemos agora o quinto e último caso:

a ≠0 e b≠0 e a ≠ b ⇒ P n ; a ; b 0 .

Com efeito:

a n 1 − bn 1positivo

= a − b positivo

⋅ P n ; a ; bpositivo

ou

a n 1 − b n 1negativo

= a− bnegativo

⋅ P n ; a ; b positivo

.

C.Q.D.





NÚMEROS 02C:

APLICAÇÕES INICIAIS DE INDUÇÃO MATEMÁTICA

Sobre para que serve a Indução Matemática: A validade de uma proposição para um número finito de inteiros não garante a validade da mesma proposição para um número infinito deles. Para tal precisamos de indução matemática. Por exemplo, saber que o primeiro milhão de termos de uma sequência numérica é igual a zero não garante que todos os seus termos sejam nulos. O que se torna cristalino considerando (para n natural) a sequência fn tal que:

f n = ∏k =1

106

n − k .

Note ainda que argumentos que mencionam o fragmento “e assim por diante” (ou equivalente) (de maneira explícita ou implícita) sempre vão carecer de uma justificativa formal via indução matemática (ou equivalente).

Resumindo: toda proposição sobre os inteiros deve receber o crivo da indução matemática (ou equivalente) para verificar a sua validade. Obviamente, todo objeto matemático definido indutivamente (ver a seguir) será naturalmente estudado indutivamente.

Condição do problema: Dada uma proposição aberta definida para cada inteiro maior do que ou igual a certo inteiro fixado dado, devemos provar que tal proposição é sempre verdadeira.

COMO RESOLVER TAL PROBLEMA?

Indução I:

Duas provas devem ser feitas:

(PRIMEIRO) Devemos provar que a proposição é verdadeira para o inteiro fixado dado (A Condição Inicial de Indução).

(SEGUNDO) Supondo que a proposição é verdadeira para algum inteiro k maior do que ou igual ao inteiro fixado dado (Hipótese de Indução), devemos provar que ela é verdadeira para o sucessor de k (Tese de Indução).

OU

Indução de ordem p:


(PRIMEIRO) Devemos provar que a proposição é verdadeira para todo o segmento de p inteiros sucessivos começando no inteiro fixado dado (As p Condições Iniciais de Indução).

(SEGUNDO) Supondo que a proposição é verdadeira para todo um segmento de p inteiros sucessivos sendo o menor deles maior do que ou igual ao inteiro fixado dado (Hipótese de Indução), devemos provar que ela é verdadeira para o sucessor de tal segmento (Tese de Indução).

OU

Indução II:


(PRIMEIRO) Devemos provar que a proposição é verdadeira para o inteiro fixado dado (A Condição Inicial de Indução).

(SEGUNDO) Supondo que a proposição é verdadeira para cada inteiro do inteiro fixado dado até algum inteiro k maior do que ou igual ao inteiro fixado dado (Hipótese de Indução), devemos provar que ela é verdadeira para o sucessor de k (Tese de Indução).

Quando usar cada uma: A Indução I é o mesmo que a Indução de ordem 1. A Indução I é de longe a versão mais usada em geral. A Indução de ordem p é talhada para: definições indutivas e (equações de) recorrências. A Indução II é usada na prática somente quando as duas primeiras variedades não se aplicam naturalmente.

Sobre as falhas dos argumentistas de indução: As duas provas exigidas são independentes (cada uma pode falhar ou não individualmente). Não menospreze a verificação da primeira parte. Cuidado para que o seu argumento referente a segunda parte não falhe em um caso específico.

Definição indutiva: Consiste em utilizar qualquer opção acima (geralmente a segunda) para provar que é verdade para todo inteiro n (maior do que ou igual a um inteiro fixado dado) que o objeto xn está definido.

Na terceira (na presente) seção: Ensinamos como justificar a validade de proposições (sobre os inteiros) sabidamente válidas. A Indução é ensinada de modo sistemático e com grau de dificuldade crescente.

Na quarta seção: Ensinamos como conjecturar posposições válidas sobre os inteiros (e depois como provar a sua validade). Incluímos diversos exemplos lúdicos, procurando acrescentar um sabor de descoberta a tais estudos.

Na quinta seção: Retomamos o espírito da terceira (da presente) seção, porém em um patamar bem mais elevado de sofisticação.





01) Prove que a soma dos n primeiros números naturais é dada por:

Sn =n n 1

2.

PROVA: Como apenas inteiros estão envolvidos, provemos que o dobro de tal soma é dado por:

2Sn = n n 1 = n 2 n .

Condição inicial de indução (1):

2 = 1 212

.

Hipótese de indução (k ≥ 1):

2Sk = k2 k .

Tese de indução (k + 1 ≥ 2):

2Sk 1 = k 12 k 1 = k2 3k 2 .

Desenvolvimento:

2Sk 1 = 2Sk 2 k 1

2Sk 1 = k 2 k 2k 2

2Sk 1 = k2 3k 2 .

C.Q.D.

02) Prove que a soma dos quadrados dos n primeiros números naturais é dada por:

S2n =n n 1 2n 1

6.

PROVA: Como apenas inteiros estão envolvidos, provemos que o sêxtuplo de tal soma é:

6S2n = n n 1 2n 1 = 2n3 3n2 n .


6 = 2 13 3 12 16

.


6S2k = 2k3 3k2 k .


6S2k 1 = 2 k 13 3 k 12k 1

6S2k 1 = 2k3 9k2 13k 6 .

Desenvolvimento:

6S2k 1 = 6S2k 6 k 12

6S2k 1 = 2k3 3k2 k 6k2 12k 6

6S2k 1 = 2k3 9k2 13k 6 .

C.Q.D.

03) Prove que:

n ∈ ℤ e n 3 ⇒ 2n 2n 1 .

PROVA:


238

2 3 17

.


2k 2k 1 .


2k 1 2 k 1 1 = 2k 3 .

Desenvolvimento:

Multiplicando os dois lados da hipótese por dois:

2k 1 4k 2 = 2k 2 2k .

Notando que 2k é maior do que um:

2k 1 2k 2 1 = 2k 3 .

C.Q.D.

04) Prove que:

n ∈ ℤ e n 5 ⇒ 2n n 2 .

PROVA:


2532

5225

.


2k k2 .


2k 1 k 12 = k2 2k 1 .





Desenvolvimento: Adicionando, membro a membro, a hipótese e a desigualdade da questão anterior para k maior do que ou igual a cinco:

2k 2k k 2 2k 1

2k 1 k 2 2k 1 .

C.Q.D.

05) Uma Sequência Aritmética (SA) de primeiro termo a e de razão (aritmética) d é uma sucessão com primeiro termo igual a a e onde cada termo, a partir do segundo, é o anterior adicionado a d. Se a e d são números reais (complexos) quaisquer, prove que o enésimo termo de tal SA é:

a n = a d n− 1 .

PROVA:


a = a d 1− 1a

.


a k = a d k− 1 = a d k − d .


a k 1 = a d k .

Desenvolvimento:

a k 1 = ak d

ak 1 = a d k .

C.Q.D.

06) Uma Sequência Geométrica (SG) de primeiro termo a e de razão (geométrica) q é uma sucessão com primeiro termo a e onde cada termo, a partir do segundo, é igual ao anterior multiplicado por q. Se a e q são reais (complexos) não nulos, com q ≠ 1, prove que o enésimo termo de tal SG é:

a n = aqn −1 .

PROVA:


a = a ⋅ q1 −1a

.


a k = a ⋅ qk −1 = a ⋅ qk ⋅ q−1 .


a k 1 = a ⋅ qk .

Desenvolvimento:

a k 1 = ak ⋅ q

ak 1 = a ⋅ qk .

C.Q.D.

Definição indutiva: A soma dos n primeiros números naturais e a soma dos seus quadrados são ambas definidas indutivamente (ambas recorrências de primeira ordem):

i S1 = S21 = 1 ;

ii Sn 1 = Sn n 1 ;

iii S2n 1 = S2n n 12 .

Sequências aritméticas e geométricas em geral (também recorrências de primeira ordem) e a da próxima questão (uma recorrência de segunda ordem) também exemplificam definição via indução.

07) Definimos a sequência an do seguinte modo:

i a1 = 1 ;

ii a2 = 3 ;

iii a n 2 = a n 1 an .

Prove que:

n ∈ ℕ ⇒ an 74

n

.

PROVA:

Primeira condição inicial de indução (1):

144

74

1

74

.

Segunda condição inicial de indução (2):

34816

74

2

4916

.





Primeira hipótese de indução (k − 1 ≥ 1):

a k −1 74

k − 1

.

Segunda hipótese de indução (k ≥ 2):

a k 74

k

.


a k 1 74

k 1

.

Desenvolvimento:

Somemos, membro a membro, as duas hipóteses:

ak 1 74

k

74

k −1

a k 1 74

1 ⋅ 74

k −1

a k 1 4416 ⋅ 7

4 k −1

a k 1 74

2

⋅ 74

k − 1

a k 1 74

k 1

.

C.Q.D.

08) Prove que para todo real não nulo x (maior do que o oposto de um) e todo inteiro n (maior do que ou igual a dois), vale a Desigualdade de Bernoulli (estrita):

1 xn 1 nx .

PROVA: Note que se x for igual ao oposto de um, tal desigualdade é obviamente verdadeira:

0 n0

1 n −1negativo

.

Continuemos agora com a sua prova para x maior do que o oposto de um.


1 x 21 2x x2

1 2x .


1 xk 1 kx .


1 xk 1 1 k 1 x .

Desenvolvimento:

Multiplicando os dois membros da hipótese de indução por 1 + x (positivo) e notando que kx2 é positivo:

1 xk 1 1 k 1 x kx2

1 x k 1 1 k 1 x 0

1 x k 1 1 k 1 x .

C.Q.D.

09) Prove que para todo real x (maior do que o oposto de um) e todo inteiro n (maior do que ou igual a zero), vale a Desigualdade de Bernoulli:

1 xn 1 nx .

PROVA: Nas condições do item anterior, a propriedade é obviamente verdadeira. Verifiquemos as possibilidades adicionais:

Pondo x igual a zero:

1 x n1

1 nx1

.

Pondo n igual a zero:

1 x n1

1 nx1

.

Pondo n igual a um:

1 x n1 x

1 nx1 x

.

C.Q.D.

10) Prove que para todo real x (diferente do oposto de um) e todo inteiro não negativo par n vale a Desigualdade de Bernoulli (par):

1 xn 1 nx .

PROVA: Pondo x menor do que o oposto de um:

Pondo n nulo:

1 x n1

1 nx1

.

Pondo n positivo:

1 x npositivo

1 nxnegativo

.





Definição (de Fatorial): Para todo inteiro não negativo n, definimos fatorial de n (n!):

i 0! = 1 ;

ii 1! = 1 ;

iii n 1! = n 1 ⋅ n! .

O leitor deve notar que:

2! = 2⋅1! = 2⋅1 = 2

3! = 3⋅2! = 3⋅2⋅1 = 6

4! = 4⋅3! = 4⋅3⋅2⋅1 = 24

5! = 5⋅4! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 120

6! = 6⋅5! = 6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 720

7! = 7⋅6! = 7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 5040

8! = 8⋅7! = 8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 40320

9! = 9⋅8! = 9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 362880

10! = 10⋅9! = 10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 3628800

Consequência: Para n natural:

n! = Produto dos n primeiros naturais .

11) Seja S um conjunto finito dotado de s elementos. Seja um inteiro não negativo k (menor do que ou igual a s). Prove que o número de subconjuntos de S com k elementos é:

Cs , k =s!

s− k ! ⋅ k !.

PROVA:

Condição inicial de indução (0 e 1):

Se s é nulo então k é nulo, donde S possui um único subconjunto vazio:

C0,01

=0!

0−0 ! ⋅ 0!1

.

Se s é igual a um então: ou k é zero, donde S possui um único subconjunto vazio, ou k é um, donde é fato que S possui um único subconjunto unitário:

C1,01

=1!

1− 0! ⋅ 0!1

;

C1,11

=1!

1− 1! ⋅ 1!1

.

Hipótese de indução (n − 1 ≥ 1):

Cn −1 , k =n− 1!

n− k− 1! ⋅ k!.

Tese de indução (n ≥ 2):

Cn , k =n !

n− k ! ⋅ k!.

Desenvolvimento:

Para k variando de um até o antecessor de n, fixemos um elemento do conjunto S. Contemos agora todos os seus subconjuntos (de k elementos), reunindo aqueles que não contêm tal elemento com aqueles que o contêm. Algo que origina a Relação de Stieffel:

Cn , k = Cn − 1 , k Cn − 1 , k −1 .

Usando a hipótese nos mesmos termos:

Cn , k =n − 1!

n− k − 1! ⋅ k !

n− 1!n − k ! ⋅ k − 1!

C n , k =n −1! ⋅ n− k

n− k ! ⋅ k !

n −1 ! ⋅ kn − k ! ⋅ k!

Cn , k =n!

n− k ! ⋅ k!.

Para k igual a zero:

Cn ,01

=n!

n− 0! ⋅ 0!1

.

Para k igual a n:

Cn , n1

=n!

n− n ! ⋅ n!1

.

C.Q.D.

12) Se p e q são ambos inteiros não negativos, prove que o seguinte número é sempre inteiro e maior do que ou igual a um:

p q !p! ⋅ q !

.

PROVA: Basta colocar na última questão:

s= p q e k= q .





13) (BINÔMIO DE NEWTON) Se a e b são reais (complexos), prove que para n natural:

a bn = ∑k =0

n

Cn , k ⋅ a n −k ⋅ bk .


a b1a b

= C 1,0 ⋅ a 1− 0 ⋅ b0a

C1,1 ⋅ a1− 1 ⋅ b1b

.

Hipótese de indução (p ≥ 1):

a bp = ∑k =0

p

C p , k ⋅ a p− k ⋅ bk .

Tese de indução (p + 1 ≥ 2):

a bp 1 = ∑k= 0

p 1

Cp 1 , k ⋅ a p− k 1 ⋅ bk .

Desenvolvimento:

Multiplicando a hipótese por (a + b):

a b p 1 =

∑k = 0

p

Cp , k ⋅ a p− k 1 ⋅ bk ∑k= 0

p

Cp , k ⋅ a p −k ⋅ bk 1 .

Destacando e ajustando a primeira parcela do primeiro somatório:

Cp 1 ,0 ⋅ a p −0 1 ⋅ b0 I

Destacando e ajustando a última parcela do segundo somatório:

Cp 1 , p 1 ⋅ ap −p 1 1 ⋅ bp 1 III

Ajustando as demais parcelas:

∑k = 1

p

Cp , k ⋅ a p− k 1 ⋅ bk ∑k = 1

p

Cp , k−1 ⋅ a p −k 1 ⋅ bk .

Donde:

∑k = 1

p

Cp , k C p , k − 1 ⋅ a p− k 1 ⋅ bk .

E finalmente:

∑k = 1

p

Cp 1 , k ⋅ a p −k 1 ⋅ bk II

Provamos a tese somando (I), (II) e (III):

a bp 1 = ∑k= 0

p 1

Cp 1 , k ⋅ a p− k 1 ⋅ bk .

C.Q.D.

Complementariedade: Determinar um subconjunto qualquer de S com k elementos é o mesmo que determinar um subconjunto correspondente com (s − k) elementos (e vice-versa), donde é sempre verdade a seguinte igualdade:

Cs , k = Cs , s− k .

Observação: Chegamos a mesma propriedade de complementariedade notando que:

Cs , k =

s!s− k ! ⋅ k !

=

s!s− k ! ⋅ s− s− k !

=

Cs , s− k .

Observação: Para p e q inteiros não negativos, uma reescrita prática da mesma propriedade seria:

Cp q , p = Cp q , q .

Exercício: Deixamos para o leitor oferecer uma interpretação/prova para a igualdade:

2n = ∑k =0

n

Cn , k .

Exercício: E também para:

0 = ∑k =0

n

Cn , k ⋅ −1k .

Exercício: Idem para:

n⋅2n −1 = ∑k =0

n

Cn , k ⋅ k .

Exercício: Prove, para k variando de 2 até n − 2 (com n maior do que ou igual a 4), que:

Cn , k = Cn − 2 , k − 2 2⋅Cn− 2 , k −1 Cn − 2 , k .

Exercício: Mostre que os coeficientes do Binômio de Newton formam a seguinte figura. Onde a primeira linha corresponde a n igual a zero, a segunda, a n igual a um, e assim por diante:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1





NÚMEROS 02D:

APLICAÇÕES INTERMEDIÁRIAS DE INDUÇÃO

01) (SOMA DOS N PRIMEIROS NATURAIS ÍMPARES) Explore (a noção de), conjecture e finalmente demonstre uma fórmula para a soma dos n primeiros números naturais ímpares.

PROVA:(I) EXPLORAÇÃO:

Examinemos algumas das primeiras somas:

1 = 1 = 12 .

1 3 = 4 = 22 .

1 3 5 = 9 = 32 .

1 3 5 7 = 16 = 42 .

1 3 5 7 9 = 25 = 52 .

(II) CONJECTURA:

A soma dos n primeiros números naturais ímpares parece ser igual a:

In = n 2 .

(III) DEMONSTRAÇÃO POR INDUÇÃO:


1 = 121

.


Ik = k 2 .


Ik 1 = k 12 = k2 2k 1 .

Desenvolvimento:

Ik 1 = Ik 2k 1

Ik 1 = k 2 2k 1

Ik 1 = k 2 2k 1 .

C.Q.D.

Exercício: Deveríamos ter demonstrado antes que o ímpar (par) da posição natural k é igual a 2k − 1 (2k). Faça isso agora.

Exercício: Conjecture as fórmulas: da soma dos primeiros n naturais, da soma dos quadrados dos primeiros n naturais, do termo geral de uma sequência aritmética e do termo geral de uma sequência geométrica. Todas essas quatro fórmulas já tiveram a validade demonstrada mais acima. As duas últimas fórmulas são deveras simples e podem seguir o modelo utilizado na nossa última questão 01. Quanto as duas primeiras fórmulas:

Sugestão #1: A soma dos n primeiros números naturais pode ser conjecturada a partir do famoso “Truque de Gauss”. Com efeito:

Escrevendo de duas maneiras a soma desejada (uma em ordem crescente dos seus termos e a outra em ordem decrescente):

Sn = 1 2 n −1 n

e

Sn = n n −1 2 1 .

Somando, membro a membro, as duas igualdades:

2 Sn = n 1 n 1 ... n 1 n 1n parcelas

.

Donde:

Sn =n n 1

2.

Sugestão #2: A soma dos quadrados dos n primeiros números naturais pode ser conjecturada a partir das seguintes três etapas:

(I) Para todo natural k:

k 13 = k3 3k2 3k 1 .

(II) Somando os dois membros para k variando de 1 até n e cancelando todas as parcelas possíveis, entre o resultante primeiro membro e o resultante primeiro termo do segundo membro, obtemos:

n 13 = 1 3 S2n 3 S n n .

(III) Substituindo a fórmula (suposta conhecida) para (S)n e realizando as manipulação necessárias, obtemos enfim uma conjectura para (S2)n.

Exercício: Faça uma nova conjectura para (S)n, partindo agora da seguinte igualdade para todo número natural k:

k 12 = k 2 2k 1 .





Exercício: Explore (a noção de), conjecture e demonstre a validade da seguinte fórmula para a soma dos cubos dos n primeiros números naturais:

S3n = n n 1 2

2

.

Sugestão: Parta da seguinte igualdade para todo número natural k:

k 14 = k4 4k3 6k2 4k 1 .

Exercício: Explore (a noção de), conjecture e demonstre uma fórmula para a soma dos n primeiros termos de uma sequência aritmética an de primeiro termo a e razão d. O resultado pretendido é:

A n =n a1 a n

2.

Sugestão: Adapte o “Truque de Gauss”.

Exercício: Explore (a noção de), conjecture e demonstre uma fórmula para a soma dos n primeiros termos de uma sequência geométrica an de primeiro termo a e razão q. O resultado pretendido é:

Gn = a ⋅q n− 1q− 1

.

Sugestão: Escreva duas vezes a soma desejada. Multiplique uma das igualdades escritas por q e a outra por (−1). Adicione as duas igualdades resultantes membro a membro.

Exercício: Sejam dados os números reais (complexos) não nulos a, q ≠ 1 e d. Definimos indutivamente para n natural a sequência an:

i a1 = a ;

ii a n 1 = qan d .

Uma recorrência de primeira ordem como essa é dita uma sequência geométrico-aritmética (SGA) de primeiro termo a, razão (geométrica) q e razão (aritmética) d. Prove que:

a n = aqn −1 d ⋅q n −1− 1

q −1

e

∑k = 1

n

a k = GA n =

a ⋅q n− 1q− 1

d ⋅q n −1− n q− 1

q− 12.

Sugestão #1: O termo geral pode ser conjecturado a partir de um punhado de termos iniciais:

a1 = aq0 d 0

a 2 = aq1 d 1

a3 = aq2 d q 1

a 4 = aq3 d q 2 q 1

a5 = aq4 d q3 q 2 q 1

Sugestão #2: O somatório pode ser conjecturado a partir do seguinte. Primeiro, reescreva o termo geral para qualquer k natural:

a k = aqk − 1 d ⋅q k −1

q −1− d ⋅

1q− 1

.

Tome agora o somatório de cada termo para k variando de 1 até n.

Exercício: Prove que uma sequência (com os dois primeiros termos distintos e que não é uma SG) é uma SGA se e somente se as diferenças sucessivas dos seus termos formam uma SG.

Exercício:(*) Considere a recorrência de segunda ordem xn assim definida:

i x1 = α ;

ii x2 = β ;

iii axn 2 = −bxn 1 − cxn .

São dados os números reais α, β, a ≠ 0, b e c ≠ 0 tais que b2 − 4ac ≠ 0.

Conjecture e prove que para todo n natural:

x n = C1⋅r1n C2⋅r2

n .

Onde r1 e r2 são as raízes distintas e não nulas da equação:

ar2 br c = 0 .

E C1 e C2 são números dados por:

C1 =αr2− β

r1 r2− r1

e

C2 =β−αr 1

r2 r2− r1.





02) (A SEQUÊNCIA DE FIBONACCI I) Um casal de coelhos recém-nascidos é posto em um viveiro. Sabemos que um casal precisa atingir dois meses de idade para ser capaz de reproduzir e que um casal maduro gera um novo casal a cada mês. Prove que o número de casais de coelhos no viveiro no mês n do experimento é dado por Fn tal que:

i F1 = 1 ;

ii F2 = 1 ;

iii Fn 2 = Fn 1 Fn .

PROVA:

Nos dois primeiros meses só existe o casal original. A partir do terceiro mês, o número atual de casais é igual a quantidade parida pelos que estavam vivos dois meses antes, aumentada dos que estavam vivos um mês antes.

C.Q.D.

Observação: A solução dada só faz sentido se os coelhos são imortalmente férteis e o viveiro é ideal, isto é, com recursos infinitos para cuidar de eventuais infinitos animais.

Observação: A Sequência de Fibonacci Fn tem os seus primeiros termos dados por:

1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , 55 , 89 , 144

03) (A SEQUÊNCIA DE FIBONACCI II) Prove que para todo n natural:

Fn = 1 5

2 n

− 1 − 52

n

5.

PROVA: Fica como exercício para o leitor aplicar o problema(*) proposto anteriormente sobre recorrência de segunda ordem. C.Q.D.

Observação: Não deixa de causar surpresa que uma sequência de números naturais tem o seu termo geral escrito em função de números irracionais.

04) (A FALÁCIA DA COR DO CAVALO) “Prove” que todos os cavalos possuem a mesma cor.

PROVA:

Obviamente a afirmação acima é falsa e o que nos interessa de fato aqui é apontar o erro em um clássico (E falho!) argumento indutivo.

Obviamente a propriedade vale para um único cavalo. Supondo que valha para n cavalos devemos provar que vale para n + 1 cavalos.

Tomemos um conjunto de n + 1 cavalos e o escrevamos como a reunião de dois conjuntos: um formado pelos n primeiros cavalos e o outro formado pelos últimos n cavalos. Para cada um dos dois conjuntos vale a hipótese, donde, como os dois conjuntos possuem elementos em comum , todos os n + 1 cavalos possuem a mesma cor, o que prova a tese de indução!?

O erro aqui é tomar como verdadeiro o trecho destacado acima para n igual a um.

C.Q.D.

05) (AS TORRES DE HANÓI) Esse famoso jogo é baseado em um tabuleiro horizontal dotado de idênticas três hastes finas verticais e n discos (de mesma espessura e vazados em seus respectivos centros) de diâmetros distintos dois a dois. O jogo tem início com todos os discos enfiados na primeira haste de modo que um disco qualquer nunca fique sobre um disco menor. O objetivo do jogo é transferir a pilha de discos para uma outra haste, deslocando um disco de cada vez, de modo que, a cada passo, a regra sublinhada acima seja respeitada.

a) Prove que o jogo possui solução para todo n natural.

b) Prove que o número mínimo de movimentos para resolver o problema com n discos é:

Hn = 2n − 1 .

PROVA:

a) Obviamente a propriedade vale para um único disco. Supondo que valha para n discos devemos provar que vale para n + 1 discos.

Transfira os n discos menores para a terceira haste, o que é possível por hipótese. Mova o disco maior para a segunda haste e depois desloque os n discos menores também para a segunda haste. O que prova que o problema com n + 1 discos tem solução.

b) A solução mínima para n + 1 discos envolve duas vezes a solução mínima para n discos acrescida de um movimento. Ou seja:

Hn 1 = 2Hn 1 .

Donde Hn é uma sequência geométrico-aritmética de termo geral:

Hn = 2n − 1 .





06) (A MOEDA FALSA) Prove que podemos encontrar uma moeda falsa (que sabemos ser mais leve do que as demais) em 2n moedas, usando exatas n pesagens de uma balança de dois pratos.

PROVA:

Se n é igual a um, basta uma única pesagem. Supondo que sejam suficientes n pesagens para 2n moedas, devemos provar que são suficientes n + 1 pesagens para 2n+1 moedas.

Colocando uma metade das moedas em um prato e a outra metade no outro e com uma pesagem identificamos o grupo de 2n moedas mais leve. Donde, com mais n pesagens, identificamos enfim a moeda falsa com apenas n + 1 pesagens.

C.Q.D.

Observação: O mesmo vale se a moeda falsa é sabidamente mais pesada do que as demais.

Exercício: Prove que podemos encontrar uma moeda falsa (sabidamente mais leve/pesada do que as demais) em 3n moedas, usando exatas n pesagens de uma balança de dois pratos.

07) (A PIZZA DE STEINER) Prove que o número máximo de regiões em que n retas dividem o plano é dado por:

R n = 1 n n 1

2=

n2 n 22

.

PROVA:

Obviamente a propriedade vale para uma única reta. Supondo que valha para n retas devemos provar que vale para n + 1 retas.

Para maximizar o número de regiões, não podemos ter duas retas coincidentes e nem duas retas paralelas. Também não podemos ter três retas passando por um mesmo ponto.

Sejam n retas seguindo essa disposição geral. Devemos acrescentar uma nova reta de acordo com o mesmo espírito. Tal nova reta vai cortar n + 1 regiões preexistentes, dobrando o seu número. Donde:

R n 1 = R n n 1

R n 1 = 1 n n 1

2 n 1

R n 1 = 1 n 1 n 2

2.

C.Q.D.

Mais sobre o problema da pizza de Steiner: Se não soubéssemos da fórmula, poderíamos, mesmo assim, proceder analogamente e deduzir que:

R1 = 2 e R n 1 − R n = n 1 .

Somando agora os dois membros da última igualdade, para n variando de 1 até n − 1, obtemos novamente que:

R n − 2 =n n 1

2− 1 ⇒ R n = 1

n n 12

.

08) (O QUEIJO DE STEINER) Prove que o número máximo de regiões em que n planos dividem o espaço tridimensional é dado por:

Pn =n3 5n 6

6.

PROVA:

Obviamente a propriedade vale para um único plano. Supondo que valha para n planos devemos provar que vale para n + 1 planos.

Para maximizar o número de regiões: (i) Não podemos ter dois planos coincidentes e nem dois planos paralelos. (ii) Dados três planos, duas quaisquer de suas retas de intersecção não podem ser nem coincidentes e nem paralelas. (iii) Dados quatro planos, três quaisquer de suas retas de intersecção não podem passar por um mesmo ponto.

Sejam n planos seguindo essa disposição geral. Devemos acrescentar um novo plano de acordo com o mesmo espírito. O novo plano sofrerá n cortes lineares, dos quais não existem dois cortes que não sejam paralelos e não existem três cortes que passem por um mesmo ponto. O novo plano fica dividido então em Rn regiões planas, dobrando o número das regiões espaciais correspondentes. Donde:

Pn 1 = Pn n2 n 22

Pn 1 = n3 5n 66 n 2 n 2

2 Pn 1 = n 13 5 n 1 6

6 .

C.Q.D.

Exercício: Refaça o problema do Queijo de Steiner supondo a fórmula desconhecida.





NÚMEROS 02E:

APLICAÇÕES AVANÇADAS DE INDUÇÃO

01) Para todo natural n (diferente de um e de dois) prove que:

n 1n n n 1 .

PROVA:


3 1364

33 181

.


k 1k

k

k .


k 2k 1

k 1

k 1 .

Desenvolvimento:

Multipliquemos os dois lados da hipótese por:

k 1k

.

O que conduz a:

k 1k

k 1

k 1 .

Note agora que:

0 1 ⇔

k2 2k k 2 2k 1 ⇔

k k 2 k 12 ⇔

k 2k 1

k 1

k.

Donde:

k 2k 1

k 1

k 1k

k 1

k 1 .

C.Q.D.


n !2 n n .

PROVA:


3!236

3327

.


k !2 k k .


k 12 ⋅ k!2 k 1k 1 .

Desenvolvimento: Note inicialmente que (usando o resultado da última questão):

kk 1 k 1k

k ⋅ kk k 1k

k 1 ⋅ kk k 1k

k 12 ⋅ kk k 1k 1 .

Multipliquemos agora os dois lados da hipótese por:

k 12 .

Donde:

k 12 ⋅ k!2 k 12 ⋅ kk k 1k 1 .

C.Q.D.

Exercício: Prove que:

n k 2 ⇒Cn , k

nk=

1k!

⋅ ∏p =1

k −1 1 −pn

12k − 1

.

03) Prove que para todo n natural é crescente a sequência:

a n = n 1n

n

.

PROVA: Usando o Binômio de Newton e o resultado do exercício proposto anteriormente (após notar que a2 é maior do que a1):

1 1n

n

= 2 ∑k = 2

n 1k!

⋅ ∏p= 1

k− 11 −pn .

Cada termo do somatório aumenta com n ao mesmo tempo que novos termos positivos são adicionados com o aumento de n, donde a sequência só pode crescer sempre.





04) Prove que para todo n natural:

2 a n = n 1n

n

3 .

PROVA:

A primeira parte da desigualdade é imediata uma vez que o primeiro termo da sequência é igual a dois e ela é crescente.

Provamos a segunda parte da desigualdade usando o Binômio de Newton e o resultado do exercício proposto anteriormente:

1 1n

n

2 ∑k = 2

n 12k −1

1 − 1 /2 n−1

3 .

C.Q.D.

05) Para todo inteiro positivo n prove que:

2n 1 n 1 n 1n

n

.

PROVA:


2 1 13

1 1 1 11

1

4

.


2k 1 k 1 k 1k

k

.


2k 3 k 2 k 2k 1

k 1

.

Desenvolvimento:

Adicionemos, membro a membro, a hipótese e a seguinte desigualdade para k inteiro positivo:

2 k 1k

k

.

O que resulta em:

2k 3 k 2 k 1k

k

.

O que prova a tese de indução, uma vez que:

k 1k

k

k 2k 1

k 1

.

C.Q.D.

06) Para todo inteiro n (maior do que um) prove que:

∏k =1

n

2k −1 n n .

PROVA:


∏p= 1

2

2p− 1

3

224

.


∏p =1

k

2p− 1 k k .


2k 1 ⋅∏p= 1

k

2p− 1 k 1k 1 .

Desenvolvimento:

Multiplicando, membro a membro, a hipótese e a desigualdade da questão anterior para k maior do que um:

2k 1 ⋅∏p= 1

k

2p− 1 k k ⋅k 1k 1

k k

2k 1 ⋅∏p= 1

k

2p− 1 k 1k 1 .

C.Q.D.


2n 1 n n 1n

n

.

PROVA:


2 3 1639

3 1 33

3

649

.






2k 1 k k 1k

k

.


2k 3 k 1 k 2k 1

k 1

.

Desenvolvimento:

Adicionemos, membro a membro, a hipótese e a seguinte desigualdade para k maior do que dois:

2 k 1k

k

.

O que resulta em:

2k 3 k 1 k 1k

k

.

O que prova a tese de indução, uma vez que:

k 1k

k

k 2k 1

k 1

.

C.Q.D.

08) Para todo natural n prove que:

∏k =1

n

2k −1 2nn− 1 .

PROVA:


∏p= 1

1

2p− 1

1

2 1 1 −12

.


∏p= 1

2

2p− 1

3

2 22 −14

.


∏p= 1

3

2p− 1

15

2 33−118

.


∏p =1

k

2p− 1 2kk −1 .


2k 1 ⋅∏p= 1

k

2p− 1 2 k 1k .

Desenvolvimento: Multiplicando agora, membro a membro, a hipótese e a desigualdade da questão anterior para k maior do que ou igual a três:

2k 1 ⋅∏p= 1

k

2p− 1 2kk −1 ⋅ k 1k

k k −1

2k 1 ⋅ ∏p =1

k

2p−1 2 k 1 k .

C.Q.D.

Exercício: Para todo inteiro n (maior do que ou igual a quatro) prove que:

2n n! n n .

09A) (DESIGUALDADES DAS MÉDIAS I) Dada uma sequência numérica positiva an definimos respectivamente para os seus n primeiros termos:

A sua média aritmética:

A =∑k =1

n

ak

n.

A sua média geométrica:

G =n ∏k =1

n

a k .

A sua média harmônica:

H =n

∑k =1

n

a k−1

.

Sendo n igual a 2m (com m inteiro não negativo), prove que:

A G H .

PROVA: Provemos a primeira desigualdade para dois números:

A G ⇔

a1 a2 2 a1 a2 ⇔

a12 a2

2 2 a1 a2 4 a1 a 2 ⇔

a 1 − a 22 0 .





Provamos que a primeira desigualdade vale para dois números (e ela obviamente vale para um único número). Supondo que valha para n (2k) números (k inteiro positivo), devemos provar que vale também para 2n (2k+1) números.

Convencionemos então que o índice I se refere aos primeiros n números, o índice II se refere aos n números seguintes e as grandezas com barra se referem a todos os 2n números. Com isso obtemos que:

A =AI AII

2 AI⋅AII GI⋅GII = G .

Colocando os inversos dos n (2m) números na primeira desigualdade já validada:

1H

1G

⇔ G H .

C.Q.D.

09B) (DESIGUALDADES DAS MÉDIAS II) Se n é um natural qualquer, prove que:

A G H .

PROVA:

Seja n diferente de uma potência de dois tal que o natural p é a menor potência de dois que supera n.

Sejam os n números reunidos a p − n números iguais a A o que garante que a média aritmética de todos esses p números é também igual a A. Apliquemos a versão já provada da primeira desigualdade para esses p números:

A pGn⋅A p− n

A Gn /p⋅A1 −n /p

An /p Gn / p

A G .

Colocando os inversos dos n números na primeira desigualdade já validada:

1H

1G

⇔ G H .

C.Q.D.

09C) (DESIGUALDADES DAS MÉDIAS III) Se n é um natural qualquer, prove que as seguintes quatro afirmações são equivalentes:

i A = G ;

ii Todos os n números são iguais ;

iii A = H ;

iv G = H .

PROVA:

Vamos provar que (i) implica (ii).

Supondo que nem todos os números são iguais, existe um menor am e um maior aM (distintos) tais que:

0 am A = G aM .

Troquemos o número am por G.

Troquemos o número aM por:

am ⋅ aM

G.

Tal transformação preserva a média geométrica. Vamos provar agora que ela reduz a média aritmética, bastando para tanto mostrar que:

G am ⋅ aM

G am aM ⇔

G − am ⋅ aM

G− 1 0 .

Exibimos então n números com média aritmética menor do que a geométrica. Absurdo! Donde todos os números devem ser iguais.

É óbvio que (ii) implica (iii) que por sua vez implica (iv).

Vamos provar que (iv) implica (ii) que por sua vez implica (i).

Então G é igual a H, se e somente se o inverso de G é igual ao inverso de H, se e somente se a média geométrica dos inversos dos n números é igual a média aritmética dos inversos dos mesmos n números, se e somente se os inversos dos n números são todos iguais, se e somente se todos os n números são iguais.

C.Q.D.

Relação das médias para um ou dois números:

G2 = A ⋅ H .





Interpretação geométrica das médias para dois números:

Seja P um ponto de uma circunferência de centro O. Seja Q a projeção ortogonal de P sobre um diâmetro que não o contém. Se Q determina sobre tal diâmetro dois segmentos de medidas a1

e a2 então:

∣OP∣ = A e ∣PQ∣ = G .

Se R é a projeção ortogonal de Q sobre o segmento OP então:

∣RP∣ = H .

Definição de Sequência Harmônica (SH): Seja uma sequência numérica de termos não nulos, com os dois primeiros termos distintos. Ela é dita uma Sequencia Harmônica (SH) se a sucessão cujos termos são os respectivos inversos dos seus termos é uma sequência aritmética.

Confronto Sequência versus Média: Seja uma sequência numérica de termos positivos, com os dois primeiros termos distintos. Ela é uma sequência aritmética (geométrica) (harmônica) se e somente se cada termo, a partir do segundo, é igual a média aritmética (geométrica) (harmônica) entre seu antecessor e seu sucessor. Verifique!

Exercício: Dada uma sequência numérica positiva qualquer an definimos para seus n primeiros termos a sua média quadrática:

Q = ∑k = 1

n

a k2

n.

Prove que Q é sempre maior do que ou igual a A. Valendo a igualdade se e somente se todos os n números são iguais.

Sugestão: Prove para um e dois números. Prove para 2m números. Prove para n números (n qualquer). Tomando Q igual a A, suponha (por absurdo) a existência de ao menos dois números distintos (amínimo e aMÁXIMO), trocando-os (para obter uma contradição) respectivamente por:

A e amínimo aMÁXIMO − A .

10) (PRODUTO DE GIRARD) O Produto de Girard serve para estabelecermos as famosas Relações de Girard da álgebra elementar.

Sendo dada uma sequência numérica qualquer an, definimos indutivamente, para os seus n primeiros termos, o seu somatório simétrico de classe (inteira) k (Sn,k):

i k = 0 ⇒ S0, k = 1 ;

ii k ≠ 0 ⇒ S0, k = 0 .

Supondo Sn,k definido para algum inteiro não negativo n (e todo inteiro k), definimos ainda:

i k n 1 ou k 0 ⇒ Sn 1 , k = 0 ;

ii n 1 k 0 ⇒ Sn 1 , k = Sn , k Sn , k − 1⋅ an 1 .

Não é difícil notar que Sn,k é igual a soma de todos os possíveis produtos dos n números tomados k a k (verifique!). Note, em particular, que Sn,0 é sempre igual a um e que Sn,n é sempre igual ao produto de todos os n números.

Se x é real (complexo), prove agora que:

∏i =1

n

x a k = ∑k = 0

n

Sn , k⋅ x n −k .

PROVA:

A propriedade vale para n igual a um:

x a1 = S1,0⋅x1 S1,1⋅x0 .

A propriedade vale para n igual a dois:

x a1 x a 2 = S2,0⋅x2 S2,1⋅x1 S2,2⋅x0 .

Supondo que a propriedade vale para algum natural n maior do que ou igual a dois, provemos que ela vale para o seu sucessor:

∏k =1

n 1

x ak = ∑k =0

n

Sn , k⋅ xn − k⋅x an 1 =

Sn 1 ,0⋅x n 1 ∑k =1

n

Sn , kSn , k − 1⋅an 1⋅ xn 1 − k

Sn 1 , n 1⋅x0 =

∑k =0

n 1

Sn 1 , k⋅ xn 1 − k .

C.Q.D.

Exercício (soma telescópica ou soma encaixante): Se ak é uma sequência numérica e n é um número natural, prove que:

∑k =1

n

ak − a k 1 = a 1 − a n 1 .




02 - teoria elementar dos números inteiros 02

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