PROFMAT - MA14

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MATEMÁTICA DISCRETA

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PROFMAT - MA14

  1. 1. UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA – PROFMAT MATEMÁTICA DISCRETA1) Prove que: 1 1 1(a)1    ...  2 n 2 3 n , para todo n maior ou igual a um.Solução:Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.Logo, suponha válido para n = k, isto é: 1 1 11   ...  2 k 2 3 k , para todo K maior ou igual a um.Devemos mostrar verdadeiro para K + 1, isto é: 1 1 1 11   ...    2 k 1 2 3 k k 1 , para todo K maior ou igual a um.De fato!Veja que: 1 1 1  1   1  1   ...   2 k   2 3 k  k 1   k 1  1 4 k  4K Agora como k é maior ou igual a 1, temos que k  1 . Logo temos que: 1 1 4 k  4K   4k  4k  4  4   k 1 k 1  k 1  2 1    1  2  4k  4(k  1)  2.2   k 1   k 1  2 k  2 k 1  k 1        1 1  2 k 2 k 1  2 k   2 k  1. k 1 k 1
  2. 2. 1 1 1 1 1 1   ...   2 k   2 k  1.Portanto 2 3 k k 1 k 1 , como queríamosdemonstrar.OBS: estas passagens são garantidas, pois k é maior ou igual a 1. n3 2 2(b)12  22  ...  (n  1)2   1  2  ...  n2 3 , para todo n maior ou igual a dois.Solução: n.  n  1 .  2n  1 12  22  ...  n2  Afirmação 1: 6De fato!Para n = 1 OK, pois 1 = ((1.2.3)/6) k.  k  1 . 2k  1 12  22  ...  k 2 Suponha válido para n = k, isto é: 6 , devemos mostrar 12  22  ...  k 2   k  1  2  k  1.  k  2. 2k  3válido para k + 1, isto é: 6 .Veja que: k.  k  1 . 2k  112  22  ...  k 2   k  1    k  1 2 2 6k.  k  1 . 2k  1  k  1  k  1  2k  3 . k  2    k  1  k. 2k  1  6  k  1      2 6 6   6 12  22  ...  n2   n  1   n  1  2n  3 . n  2    n  1 .  n  2 . 2n  3     2E, portanto: 6 6 .Agora veja que (pela afirmação 1):12  22  ...   n  1  2  n  1 n . 2n  1  n.n.2n  2n3  n3 6 6 6 3 , pois n – 1 < n e 2n – 1 <2n, para todo n maior ou igual a 2.De mesmo modo, temos que:
  3. 3. n.  n  1 . 2n  1 n.n.2n 2n3 n312  22  ...   n   2    6 6 6 3 , pois n + 1 > n e 2n + 1 > 2n,para todo n maior ou igual a 1. Logo concluímos que: n3 2 2 12  22  ...   n  1   1  2  ...   n  2 2 3 , para todo n maior ou igual a 2. 1 1 1(c)1    ...  n  2 2 4 2 , para todo n maior ou igual a um.Solução:Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.Logo, suponha válido para n = k, isto é: 1 1 1 1    ...  k  2 2 4 2 , para todo k maior ou igual a um.Devemos mostrar verdadeiro para k + 1, isto é: 1 1 1 1    ...  k1  2 2 4 2 , para todo k maior ou igual a um.De fato!Veja que: 1 1 11    ...  k 2 4 2 , consiste na soma dos k primeiros termos de uma PG de razão ½. n 1 1 an   Seja 2 , então temos a seguinte sequencia = {1,1/2,1/4,...,1/k}.   1 k  1      2    1  1  2k  1 2 k Sk  a1  a2  ...  ak  a1    2  k 1  k 1  2 1  2  k 1 2 2 2Agora precisamos mostrar verdadeiro para Sk 1 . Veja que:
  4. 4. k 1 1 2k 1  1 2k 1 Sk 1  Sk  ak 1  2     2  k   k 2 2 2 2k 2 1 1 1 1 Sk 1  a1  a2  ...  ak  ak 1  1    ...  k  k 1  2 Portanto: 2 4 2 2 . ■2) Suponha que 51 números são escolhidos dos números de 1 até 100. Mostre que existem dois pares destes números que não tem divisor primo comum.Solução:Inicialmente observe que dois números consecutivos são primos entre si, pois,necessariamente um será par e o outro ímpar. De 1 até 100 temos 100 números,pois, 50 são pares: {2,4,6,...,100} e 50 são ímpares: {1,3,5,...,99}. Na pior dashipóteses teremos 50 números pares e um ímpar ou 50 números ímpares e um par.Caso 1) 50 números pares e um ímpar.Se este impar for 1, temos (1,2) e (1,3), dois pares de números que não tem divisorprimo comum.Se este impar for 99, temos que (98,99) e (99,100), dois pares de números que nãotem divisor primo comum.De maneira análoga para qualquer outro impar mostramos o par de números que nãotem divisor primo comum.OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma.Caso 2) 50 números ímpares e um parSe este par for 2, temos que (2,1) e (2,3) dois pares de números que não tem divisorprimo comum.Se este par for 100, temos que (100,99) e (100,97) dois pares de números que nãotem divisor primo comum.OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma. ■
  5. 5. 3) Use a Boa-ordenação para provar que se X é um conjunto tal que n(X) = n n tem 2 subconjuntos.Solução:Uma análise inicial consiste na demonstração empírica, isto é, vejamos algunscasos:Se X = {1}. Logo n(X) = 1 e P(X )  {,1} , ou seja, P(X) tem 2 subconjuntos.Se X = {1,2}. Logo n(X) = 2 e P(X)  {,1,2,(1,2)} , ou seja, P(X) tem 4subconjuntos.Se X = {1,2,3}. Logo n(X) = 3 e P(X)  {,1,2,3,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3)} , ou seja, P(X)tem 8 subconjuntos.Intuitivamente observamos que se X possui n elementos, P(X) possui2n subconjuntos. Daí, se acrescentamos um novo elemento k em X, este elemento éunido a cada subconjunto de P(X), logo ele gera a mesma quantidade de elementosque já existem em P(X), isto é, 2  2  2.2  2 . n n n n1Uma demonstração matemática é dada pela indução matemática. Veja:Para n = 1 , OK, pois fazendo X={a}, temos como subconjuntos de X o  e o {a}.Agora, supondo que a afirmação seja verdadeira para um conjunto X com nelementos, daí para um conjunto Y com (n + 1) elementos. Fixando {a} pertencentea Y e seja X = Y – {a}. Assim, há dois tipos de Subconjuntos de Y, aqueles que não ncontêm a, ou seja, os conjuntos das partes de X, que somam 2 subconjuntos e naqueles que contêm a, que também somam 2 subconjuntos, daí o total desubconjuntos de Y é dado por 2  2  2.2  2 . Portanto, a afirmação é válida para n n n n1todo n natural. ■4) Mostre que entre quaisquer quatro números podemos encontrar 2 números de modo que a diferença entre eles é divisível por 3.Solução:
  6. 6. A resolução deste exercício é feita mediante o Princípio das casas de Pombos, pois dadoum número inteiro qualquer, a divisão dele por 3 pode ser representada de trêsmaneiras: múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2. Desta forma tendo 4 números (pombos) etendo apenas 3 casas (múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2), necessariamente dois delesficarão na mesma casa, ou seja, a diferença entre eles seja um múltiplo de 3 eautomaticamente será divisível por 3.Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:Sejam A, B, C e D números inteiros, tais que: A = 3k, B = 3w + 1, C = 3f + 2 e Ddeixaremos variável.Assim as possibilidades de D são: D = 3c, D = 3c + 1 ou D = 3c + 2.Logo se:D = 3c , então D – A = 3(c – k) e portanto será divisível por 3.D = 3c + 1 , então D – B = 3(c – w) e portanto será divisível por 3.D = 3c + 2 , então D – C = 3(c – f) e portanto será divisível por 3. ■ 5) Mostre que entre quaisquer n + 1 números podemos encontrar 2 números de modo que a diferença entre eles é divisível por n.Este exercício é a generalização do exercício anterior e é solucionado pelo Principio dascasas de pombos, pois dado um numero inteiro qualquer, a divisão dele por n pode serrepresentada de n maneiras: múltiplo de n, resto 1, resto 2, ... , resto n - 1. Desta formatendo n + 1 números (pombos) e tendo apenas n casas (múltiplo de n, resto 1, resto 2, ..., resto n - 1), necessariamente dois deles ficarão na mesma casa, ou seja, a diferençaentre eles seja um múltiplo de n e automaticamente será divisível por n.Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:Sejam A1, A2, A3, ... , An e D números inteiros, tais que: A1 = nk, A2 = nw + 1, A3 =nf + 2, ... , An = nt + (n-1) e D deixaremos variável.Assim as possibilidades de D são: D = nc, D = nc + 1, D = nc + 2, ... , D = nc + (n-1)Logo se:D = nc , então D – A1 = n(c – k) e portanto será divisível por n.D = nc + 1 , então D – A2 = n(c – w) e portanto será divisível por n.D = nc + 2 , então D – A3 = 3(c – f) e portanto será divisível por n..
  7. 7. ..D = nc + (n-1) , então D – An = n(c – t) e portanto será divisível por n. ■ 6) Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. Quantas funções injetivas existem de A em B? Solução: Inicialmente vamos estudar o caso de m = n. Sejam A e B conjuntos com m elementos. 1) Quantas funções existem de A em B? Para cada elemento de A, temos m opções em B, logo o número de funções é: m x m x ... x m (m vezes), isto é: m.m. m  m . m 2) Quantas funções são injetivas? Para o primeiro elemento de A, temos m opções. Para o segundo elemento de A, temos (m – 1) opções. ... . Para o m – ésimo elemento temos uma opção. Logo temos m . (m – 1).(m – 2). ... .1 = m! Agora vamos analisar o caso de m diferente de n. Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. * Caso 1) m < n - Quantas funções existem de A e B? Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto m é, n funções. - Quantas funções são injetivas? Para o primeiro elemento de A, temos n opções. Para o segundo elemento de A, temos ( n – 1) opções. Para o terceiro elemento de A, temos (n – 2) opções. ... . Para o m – ésimo elemento de A, temos (n – (m – 1)) opções. Logo temos n x (n – 1) x (n – 2) x ... x (n – (m – 1), isto é, um arranjo. n.  n  1 .  n  2  .....  n   m  1  .  n  m ! n.  n  1 .  n  2  .....  n   m  1   n!  A  n  m !  n  m ! n,m * Caso 2) m > n - Quantas funções existem de A e B?
  8. 8. Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto mé, n funções.- Quantas funções são injetivas?Neste caso não há nenhuma função injetiva, pois como m > n, teremos elementosdistintos em A com imagens iguais!

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