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Elementos de Matem´atica Finita (2012-2013)
Exerc´ıcios Resolvidos
1. Verificar que os conjuntos
∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}
s˜ao todos diferentes.
Resolu¸c˜ao: ∅ = {∅} uma vez que o segundo conjunto tem um elemento, o
conjunto vazio ∅, enquanto que o primeiro ´e o conjunto vazio e portanto n˜ao
tem elementos. O mesmo racioc´ınio mostra que cada um dos outros conjuntos
´e diferente do conjunto vazio.
Deduz-se que tamb´em {∅} = {{∅}}, pois cada um dos conjuntos tem um s´o
elemento e esses elementos s˜ao diferentes. E do mesmo modo cada um destes
conjuntos ´e diferente de {∅, {∅}}, j´a que este ´ultimo cont´em um elemento que
n˜ao est´a em cada um deles.
2. Mostrar que para quaisquer conjuntos X, Y e Z
X ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z); X ∪ (Y ∩ Z) = (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Z).
Resolu¸c˜ao: Seja x ∈ X ∩ (Y ∪ Z) e suponhamos que x /∈ (X ∩ Y ); como
x ∈ X isso significa que x /∈ Y . Mas x ∈ Y ∪Z logo tem que pertencer a (pelo
menos) um dos conjuntos e portanto x ∈ Z, donde se conclui que
x ∈ X ∩ Z ⊂ (X ∩ Y ∪ (X ∩ Z)
e
X ∩ (Y ∪ Z) ⊂ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z).
Por outro lado, se x ∈ X ∩ Y ent˜ao x ∈ X e x ∈ Y ∪ Z, logo x ∈ X ∩ (Y ∪ Z).
Se x ∈ X ∩ Z o racioc´ınio ´e idˆentico e fica assim provada a outra inclus˜ao.
A segunda igualdade demonstra-se de modo semelhante.
1
3. Defina-se a diferen¸ca sim´etrica de dois conjuntos como
A B = A  B ∪ B  A
Mostrar que
• (A B) C = A (B C)
• A ∩ (B C) = (A ∩ B) (A ∩ C)
Resolu¸c˜ao: Podemos tomar A, B e C como subconjuntos de um conjunto
U (basta, por exemplo, definir U = A ∪ B ∪ C). Define-se ent˜ao Ac
= U  A.
Com essa nota¸c˜ao
A B = (A ∩ Bc
) ∪ (Ac
∩ B);
Temos ent˜ao, usando as chamadas leis de Morgan
(A ∩ B)c
= Ac
∪ Bc
, (A ∪ B)c
= Ac
∩ Bc
,
bem como o exerc´ıcio anterior,
(A B) C = [((A ∩ Bc
) ∪ (Ac
∩ B)) ∩ Cc
] ∪ [((A ∩ Bc
) ∪ (Ac
∩ B))c
∩ C] =
= [(A ∩ Bc
∩ Cc
) ∪ (Ac
∩ B ∩ Cc
)] ∪ [(A ∩ Bc
)c
∩ (Ac
∩ B)c
∩ C] =
= [(A ∩ Bc
∩ Cc
) ∪ (Ac
∩ B ∩ Cc
)] ∪ [(Ac
∪ B) ∩ (A ∪ Bc
) ∩ C] =
= [(A ∩ Bc
∩ Cc
) ∪ (Ac
∩ B ∩ Cc
)] ∪ [(((Ac
∪ B) ∩ A) ∪ ((Ac
∪ B) ∩ Bc
)) ∩ C] =
= [(A ∩ Bc
∩ Cc
) ∪ (Ac
∩ B ∩ Cc
)] ∪ [(B ∩ A) ∪ (Ac
∩ Bc
)) ∩ C] =
= (A ∩ Bc
∩ Cc
) ∪ (Ac
∩ B ∩ Cc
) ∪ (A ∩ B ∩ C) ∪ (Ac
∩ Bc
∩ C)
Uma vez que a diferen¸ca sim´etrica ´e obviamente comutativa, a express˜ao no
segundo lado da equa¸c˜ao obt´em-se da do lado esquerdo trocando A com C;
mas essa troca n˜ao altera a ´ultima express˜ao a que cheg´amos, pelo que se
conclui a igualdade do enunciado.
De modo semelhante,
A ∩ (B C) = A ∩ ((B ∩ Cc
) ∪ (Bc
∩ C)) = (A ∩ B ∩ Cc
) ∪ (A ∩ Bc
∩ C),
2
enquanto que
(A ∩ B) (A ∩ C) = ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C)c
) ∪ ((A ∩ B)c
∩ (A ∩ C)) =
= ((A ∩ B) ∩ (Ac
∪ Cc
)) ∪ ((Ac
∪ Bc
) ∩ (A ∩ C)) =
= (A ∩ B ∩ Cc
) ∪ (Bc
∩ A ∩ C)
4. Quantas fun¸c˜oes f : ∅ → ∅ existem?
Resolu¸c˜ao: Para se compreender porque ´e que a resposta ´e 1, temos que
recordar que uma fun¸c˜ao f : X → Y ´e uma rela¸c˜ao entre X e Y (ou seja, um
subconjunto R ⊂ X × Y ) satisfazendo a condi¸c˜ao
∀x ∈ X, ∀y, y ∈ Y, (x, y) ∈ R ∧ (x, y ) ∈ R =⇒ y = y .
Existe uma ´unica rela¸c˜ao definida no conjunto vazio j´a que ∅ ´e o ´unico sub-
conjunto de ∅ × ∅. E esta rela¸c˜ao satisfaz (trivialmente) aquela condi¸c˜ao: se
n˜ao, existiria algum x ∈ ∅ para o qual a condi¸c˜ao n˜ao era satisfeita.
O mesmo racioc´ınio mostra que, para qualquer conjunto A, existe uma ´unica
fun¸c˜ao f : ∅ → A.
Por outro lado, se A = ∅, n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao f : A → ∅.
5. Dado um conjunto X mostrar que
a) existe uma bijec¸c˜ao entre o conjunto P(X) dos subconjuntos de X e o
conjunto {f : X → {0, 1}} das fun¸c˜oes com dom´ınio X e contradom´ınio
{0, 1}.
b) n˜ao existe uma fun¸c˜ao f : X → P(X) sobrejectiva.
Sugest˜ao: considerar o conjunto {x ∈ X|x /∈ f(X)} ∈ P(X).
Resolu¸c˜ao: a) Considere-se a fun¸c˜ao
ϕ : P(X) → {f : X → {0, 1}}
3
definida do seguinte modo: dado um subconjunto Y ⊂ X, ϕ(Y ) ´e a fun¸c˜ao
fY : X → {0, 1} definida por
f(x) =
1 se x ∈ Y
0 se x /∈ Y
.
ϕ ´e injectiva porque se Y e Z s˜ao dois subconjuntos de X diferentes, existe
x ∈ Y  Z ∪ Z  Y ; suponhamos que x ∈ Y  Z (o outro caso ´e idˆentico); ent˜ao
fY (x) = 1 = 0 = fZ(x)
e portanto ϕ(Y ) = ϕ(Z).
ϕ ´e tamb´em sobrejectiva pois, se f : X → {0, 1} e Y = f−1
(1) = {x ∈ X :
f(x) = 1}, temos obviamente f = fY ou seja f = ϕ(Y ).
Note-se que se |X| = n, o conjunto {f : X → {0, 1}} pode ser identificado
com o conjunto das sequˆencias de comprimento n formadas por 0 e 1; e uma
consequˆencia imediata do resultado anterior ´e que nesse caso
|P(X)| = 2n
.
b) se f : X → P(X) ´e sobrejectiva, o subconjunto {x ∈ X|x /∈ f(X)} tem
que ser a imagem por f de algum a ∈ X, ou seja f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)};
podemos ent˜ao perguntar se a ∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)}. Se a resposta for
afirmativa ent˜ao a ∈ f(a) mas isso ´e uma contradi¸c˜ao com a pr´opria defini¸c˜ao
deste conjunto; mas se a /∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)} ent˜ao isso significaria que
a ∈ f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)}, que ´e de novo uma contradi¸c˜ao!
Conclu´ımos que f n˜ao pode ser sobrejectiva.
A conclus˜ao da al´ınea b) traduz-se intuitivamente na ideia de que para
qualquer conjunto X, P(X) tem “mais elementos” do que X. No caso de X
ser finito, essa ideia ´e confirmada pela al´ınea anterior, j´a que
n < 2n
.
Esta ideia generaliza-se atrav´es do conceito, referido nas aulas, de cardinali-
dade.
4
6. Dada uma fun¸c˜ao f : X → Y e A, B ⊂ X, quais as rela¸c˜oes entre
f(A ∪ B) e f(A) ∪ f(B)?
E entre f(A ∩ B) e f(A) ∩ f(B)?
Resolu¸c˜ao: No primeiro caso tem-se igualdade:
y ∈ f(A ∪ B) ⇔ ∃x ∈ A ∪ B : y = f(x) ⇔ ∃x ∈ A : y = f(x) ∨ ∃x ∈ B : y = f(x) ⇔
⇔ y ∈ f(A) ∨ y ∈ f(B) ⇔ y ∈ f(A) ∪ f(B)
J´a no segundo caso temos apenas uma inclus˜ao:
y ∈ f(A ∩ B) =⇒ y ∈ f(A) ∩ f(B)
mas a outra inclus˜ao n˜ao se verifica em geral, mesmo que A∩B = ∅: considere-
se o exemplo
f : {a, b, c} → {0, 1}, f(a) = f(c) = 0, f(b) = 1
e os conjuntos
A = {a, b}, B = {b, c}.
7. Mostrar que, se {Ai : i ∈ N} e {Bi : i ∈ N} s˜ao fam´ılias de conjuntos
satisfazendo
Ai ⊃ Ai+1, Bi ⊃ Bi+1, ∀i ∈ N
ent˜ao
i∈N
(Ai ∪ Bi) =
i∈N
Ai ∪
i∈N
Bi
Sem aquela condi¸c˜ao esta igualdade verifica-se ou n˜ao?
Resolu¸c˜ao: Vamos mais uma vez mostrar que se verificam as duas in-
clus˜oes. A inclus˜ao ⊃ ´e ´obvia e n˜ao depende da condi¸c˜ao no enunciado: se
x ∈ i∈N Ai ent˜ao, para todo o i, x ∈ Ai ∪ Bi e portanto x ∈ i∈N(Ai ∪ Bi);
se x ∈ i∈N Bi o racioc´ınio ´e o mesmo.
Reciprocamente, seja x ∈ i∈N(Ai ∪Bi); se x ∈ i∈N Ai n˜ao h´a nada a demon-
strar, portanto suponhamos que x /∈ i∈N Ai; isso significa que existe pelo
5
menos um ´ındice i tal que x /∈ Ai, e portanto, como Ai ⊃ Ai+1 ⊃ Ai+2 ⊃ · · · ,
temos que x /∈ Aj, para todo o j ≥ i; mas, tendo em conta a hip´otese feita so-
bre x, isso implica que x ∈ Bj para todo o j ≥ i e, como B1 ⊃ B2 ⊃ · · · ⊃ Bi,
temos x ∈ i∈N Bi.
Se a condi¸c˜ao das inclus˜oes n˜ao se verificar, o resultado n˜ao ´e v´alido em
geral: basta pensar no exemplo em que Ai = {0} para i ´ımpar e Ai = {1} para
i par, enquanto que Bi = {1} para i ´ımpar e Bi = {0} para i par. Tem-se
nesse caso
i∈N
(Ai ∪ Bi) = {0, 1},
i∈N
Ai ∪
i∈N
Bi = ∅.
8. ”Adivinhar”, calculando os primeiros casos, uma f´ormula para cada uma
das seguintes somas e demonstre-as :
a) 13
+ 23
+ 33
+ · · · + n3
=
n
k=1
k3
;
b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) =
n
k=1
(2k − 1) ;
Resolu¸c˜ao: Os primeiros casos
13
= 1, 13
+23
= 9 = 32
, 13
+23
+33
= 36 = 62
, 13
+23
+33
+43
= 100 = 102
sugerem que a soma dos cubos dos primeiros n naturais ´e um quadrado per-
feito, mais precisamente
n
k=1
k3
=
n(n + 1)
2
2
.
Provamos que de facto assim ´e por indu¸c˜ao; o caso n = 1 j´a foi verificado;
6
supondo que a igualdade se verifica para um certo n
n+1
k=1
k3
=
n
k=1
k3
+ (n + 1)3
=
n(n + 1)
2
2
+ (n + 1)3
=
=
n2
(n + 1)2
4
+ (n + 1)3
=
n2
(n + 1)2
+ 4(n + 1)3
4
=
(n + 1)2
(n2
+ 4n + 4)
4
=
=
(n + 1)2
(n + 2)2
4
=
(n + 1)(n + 2)
2
2
como se queria demonstrar.
A al´ınea b) resolve-se de modo semelhante, notando que
1 = 1, 1 + 3 = 4 = 22
, 1 + 3 + 5 = 9 = 32
, 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42
.
9. Demonstrar por indu¸c˜ao finita que
n
k=1
k!k = (n + 1)! − 1, ∀n ≥ 1
Resolu¸c˜ao: A igualdade verifica-se para n = 1:
1!1 = 2! − 1
Para concluir a demonstra¸c˜ao, temos que verificar que se a igualdade se
verifica para um certo n tamb´em se verifica para n + 1: temos
n
k=1
k!k = (n + 1)! − 1
como hip´otese de indu¸c˜ao e
n+1
k=1
k!k =
n
k=1
k!k + (n + 1)!(n + 1) = por hip. de ind.
= (n + 1)! − 1 + (n + 1)!(n + 1) = (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 2)! − 1
7
como quer´ıamos demonstrar.
10. Mostrar, usando indu¸c˜ao, que 42n
− 1 ´e divis´ıvel por 15, para todo o
n > 0.
Resolu¸c˜ao: Para n = 1 o resultado ´e evidente; suponhamos que para um
certo n, 42n
− 1 ´e m´ultiplo de 15; ent˜ao
42(n+1)
− 1 = 42
42n
− 1 = 42
(42n
− 1 + 1) − 1 = 42
(42n
− 1) + 42
− 1
e cada uma das parcelas ´e divis´ıvel por 15.
11. Analisar a seguinte dedu¸c˜ao da f´ormula
n
k=1
k =
n(n + 1)
2
justificando cada um dos passos:
n+1
k=1
k2
=
n
k=0
(k + 1)2
=
n
k=1
k2
+ 2
n
k=1
k + n + 1
Portanto
2
n
k=1
k = (n + 1)2
− (n + 1) = n(n + 1)
Calcular, usando o mesmo m´etodo, os valores da seguinte soma:
Sn =
n
k=0
k2
;
Resolu¸c˜ao:
a)
n+1
k=1
k3
=
n
k=0
(k+1)3
=
n
k=0
k3
+ 3k2
+ 3k + 1 =
n
k=0
k3
+3
n
k=0
k2
+3
n
k=0
k+n+1
8
e portanto, como
n+1
k=1
k3
=
n
k=0
k3
+ (n + 1)3
obtemos
(n + 1)3
= 3
n
k=0
k2
+ 3
n
k=0
k + n + 1 = 3
n
k=0
k2
+ 3
n(n + 1)
2
+ n + 1
e finalmente
n
k=0
k2
=
1
3
(n + 1)3
− 3
n(n + 1)
2
− (n + 1) =
n(n + 1)(2n + 1)
6
12. (N´umeros de Fibonacci) Considerar a sucess˜ao de inteiros definida por
recorrˆencia por
F1 = 1; F2 = 1;
Fn = Fn−1 + Fn−2, n > 2.
Fn ´e chamado o n−´esimo n´umero de Fibonacci.
a) Provar que
(i) : F1 + F2 + F3 + · · · + Fn = Fn+2 − 1;
(ii) : F1 + F3 + F5 + · · · + F2n−1 = F2n;
b) ”Adivinhar” identidades e demonstr´a-las para as seguintes express˜oes:
F2 + F4 + F6 + · · · + F2n =???;
F2
n+1 − FnFn+2 =???.
9
Resolu¸c˜ao: a) i Como F3 = 2 o caso n = 1 ´e evidente; supondo que a
igualdade se verifica para um certo n, temos
n+1
k=1
Fk =
n
k=1
Fk + Fn+1 = Fn+2 − 1 + Fn+1 = Fn+3 − 1
usando a hip´otese de indu¸c˜ao na segunda igualdade e a defini¸c˜ao dos n´umeros
de Fibonacci na terceira.
b) No primeiro caso podemos usar as igualdades demonstradas em a):
n
k=1
F2k =
2n+1
k=1
Fk −
n+1
k=1
F2k−1 = F2n+3 − 1 − F2n+2 = F2n+1 − 1
No segundo vemos que
F2
2 − F1F3 = −1; F2
3 − F2F4 = 1
e usando a defini¸c˜ao dos n´umeros de Fibonacci
F2
n+2−Fn+1Fn+3 = F2
n+2−Fn+1 (Fn+2 + Fn+1) = Fn+2 (Fn+2 − Fn+1)−F2
n+1 = Fn+2Fn−F2
n+
pelo que conclu´ımos que a express˜ao do enunciado toma os valores 1 e −1
alternadamente;
F2
n+1 − FnFn+2 = (−1)n
13. Consegue provar por indu¸c˜ao em n que
∀n ∈ N :
1
2
3
4
· · ·
2n − 1
2n
=
n
k=1
2k − 1
2k
<
1
√
3n
?
E se fˆor
∀n ∈ N :
1
2
3
4
· · ·
2n − 1
2n
=
n
k=1
2k − 1
2k
<
1
√
3n + 1
?
10
Resolu¸c˜ao:Na primeira desigualdade, o caso n = 1 ´e de verifica¸c˜ao imediata
porque
1
k=1
2k − 1
2k
=
1
2
<
1
√
3
;
para completarmos a demonstra¸c˜ao por indu¸c˜ao, tomamos como hip´otese que
a desigualdade do enunciado se verifica para um certo n e procuramos deduzir,
a partir dessa hip´otese, que ela tamb´em se verifica para n + 1. Ora
n+1
k=1
2k − 1
2k
=
n
k=1
2k − 1
2k
2(n + 1) − 1
2(n + 1)
;
por hip´otese de indu¸c˜ao, o produto do lado direito ´e majorado por 1√
3n
e
portanto
n+1
k=1
2k − 1
2k
<
1
√
3n
2(n + 1) − 1
2(n + 1)
=
1
√
3n
2n + 1
2(n + 1)
;
se provarmos que o lado direito desta desigualdade ´e majorado por 1√
3(n+1)
,
completamos a demonstra¸c˜ao.
Mas ´e a´ı que surgem problemas:
1
√
3n
2n + 1
2(n + 1)
≤
1
3(n + 1)
⇔ (2n + 1) 3(n + 1) ≤ 2(n + 1)
√
3n ⇔ (2n + 1)2
(3n + 3) ≤
⇔ (4n2
+ 4n + 1)(n + 1) ≤ 4(n2
+ 2n + 1)n ⇔ 4n3
+ 8n2
+ 5n + 1 ≤
e esta ´ultima desigualdade ´e obviamente falsa.
J´a se tentamos a mesma abordagem para a outra desigualdade, notamos
que o caso n = 1 n˜ao se verifica (tem-se igualdade e n˜ao desigualdade estrita);
mas para n = 2 j´a se tem a desigualdade:
1
2
3
4
=
3
8
<
1
√
3 × 2 + 1
=
1
√
7
.
11
Se repetirmos o racioc´ınio feito anteriormente para provar o resultado por
indu¸c˜ao, somos conduzidos a demonstrar a desigualdade
1
√
3n + 1
2n + 1
2(n + 1)
≤
1
3(n + 1) + 1
que se verifica, seguindo c´alculos idˆenticos aos feitos acima, ser verdadeira.
Portanto a segunda desigualdade do enunciado verifica-se para todo o n ≥ 2.
O ponto interessante ´e que se conclui ent˜ao que a primeira desigualdade
tamb´em se verifica, uma vez que obviamente
1
√
3n + 1
<
1
√
3n
;
quer isto dizer que, embora n˜ao consegu´ıssemos provar por indu¸c˜ao uma de-
sigualdade, j´a o conseguimos fazer para uma outra desigualdade mais “forte”,
que implica a primeira.
Isto acontece porque, no passo de indu¸c˜ao, podemos usar tamb´em a desigual-
dade mais “forte”.
14. Mostrar que, dados n quadrados, ´e poss´ıvel recort´a-los em pol´ıgonos de
modo a formar com estes um novo quadrado.
Sugest˜ao: O ´unico caso dif´ıcil ´e n = 2;
Resolu¸c˜ao: Se soubermos resolver o caso n = 2, podemos raciocinar por
indu¸c˜ao: suponhamos que sabemos resolver o problema com n quadrados; da-
dos n+1 quadrados, podemos formar um novo quadrado com n deles e depois
formar um quadrado a partir deste e do quadrado restante.
Suponhamos ent˜ao que temos dois quadrados, um com lado a e o outro com
lado b e seja a < b (o caso em que a = b resolve-se por uma vers˜ao simplifi-
cada deste procedimento). A ideia guia ´e que o quadrado final ter´a que ter
obrigatoriamente lado
√
a2 + b2.
Come¸camos por cortar no quadrado de lado b um rectˆangulo a×b e cortamo-lo
ao longo de uma diagonal. O rectˆangulo restante (de medidas (b − a) × b) ´e
12
cortado num quadrado (b−a)×(b−a) e num rectˆangulo (b−a)×a. Juntando
este ´ultimo rectˆangulo ao quadrado de lado a obtemos um novo rectˆangulo
com medidas a × b que pode ser de novo cortado ao longo de uma diagonal.
Temos ent˜ao pol´ıgonos que formam quatro triˆangulos rectˆangulos com um
cateto de comprimento a e o outro de comprimento b, e um quadrado (b −
a) × (b − a). Os quatro triˆangulos podem ser dispostos de modo a que as suas
hipotenusas sejam os lados de um quadrado, tendo no meio o espa¸co para o
quadrado.
15. Demonstrar, por indu¸c˜ao em n, que
∀n ∈ N (bi > 0 ∀i ≤ n ∧
n
i=1
bi = 1) ⇒
n
i=1
bi ≥ n
Nota: n
i=1 bi designa o produto dos bi, com 1 ≤ i ≤ n.
Sugest˜ao: Se bi = 1∀i, o resultado ´e evidente; caso contr´ario, notar que: i) se
b1, b2, b3, · · · , bn+1 s˜ao n+1 reais positivos tais que n+1
i=1 bi, ent˜ao b1b2, b3, · · · , bn+1
s˜ao n reais positivos cujo produto ´e 1; podemos supˆor que, por exemplo,
b1 < 1 < b2; Mostrar que se 0 < a < 1 < b, ent˜ao ab < a + b − 1.
Resolu¸c˜ao: Se n = 1 n˜ao h´a nada a provar. Vamos ent˜ao assumir como
hip´otese de indu¸c˜ao que dados quaisquer n reais positivos cujo produto ´e igual
a 1, a sua soma ´e maior ou igual a n. Dados reais positivos
b1, b2, b3, · · · , bn+1
tais que
n+1
i=1
bi,
podemos supˆor que n˜ao todos iguais a 1 (caso contr´ario, o resultado ´e evidente)
e portanto que se tem b1 < 1 < b2. Ent˜ao
0 < (b2 − 1)(1 − b1) = b2 + b1 − 1 − b1b2
13
ou seja, b1b2 < b2 + b1 − 1.
Ora,
b1b2, b3, · · · , bn+1
s˜ao n reais positivos cujo produto ´e 1 e portanto, pela hip´otese de indu¸c˜ao
b1b2 + b3 + · · · + bn+1 ≥ n;
usando a desigualdade anterior, obtemos
(b1 + b2 − 1) + b3 + · · · + bn+1 ≥ n ⇔
n+1
i=1
bi ≥ n + 1
como quer´ıamos mostrar.
16. Usar o resultado do problema anterior para demonstrar o seguinte:
dados n n´umeros reais positivos ai, 1 ≤ i ≤ n, verificam-se as desigualdades
n
1
a1
+ 1
a2
+ · · · + 1
an
≤ n
√
a1a2 · · · an ≤
a1 + a2 + · · · + an
n
ou seja, usando a nota¸c˜ao para somat´orios e produtos,
n
n
i=1
1
ai
≤ n
n
i=1
ai ≤
n
i=0 ai
n
As f´ormulas acima representam, respectivamente, as m´edias harm´onica, geom´etrica
e aritm´etica dos n´umeros ai, 1 ≤ i ≤ n, e estas desigualdades s˜ao ´uteis em
muitas ocasi˜oes.
Resolu¸c˜ao: Aplicamos o exerc´ıcio anterior aos reais definidos por
bi =
ai
n n
i=1 ai
;
14
´e evidente que n
i=1 bi = 1 e portanto n
i=1 bi ≥ n, ou seja, pondo em evidˆencia
1
n n
i=1 ai
,
n
i=1
ai ≥ n n
n
i=1
ai
que ´e a desigualdade entre as m´edia aritm´etica e geom´etrica. A outra desigual-
dade prova-se de modo semelhante, substituindo os ai pelos seus inversos.
Nota: Estas desigualdades podem ser demonstradas sem o uso do resultado
contido no exerc´ıcio anterior, nomeadamente aplicando de outras maneiras o
Princ´ıpio de Indu¸c˜ao Finita.
17. O menor m´ultiplo comum de dois n´umeros inteiros a, b define-se como
o inteiro positivo mmc(a, b) que ´e m´ultiplo de ambos e tal que
a|c ∧ b|c =⇒ mmc(a, b)|c
Mostrar que para a, b positivos se tem
mmc(a, b) =
ab
mdc(a, b)
Resolu¸c˜ao: A primeira solu¸c˜ao usa directamente a defini¸c˜ao de m´aximo
divisor comum e m´ınimo m´ultiplo comum. Seja d = mdc(a, b); em primeiro
lugar, ´e ´obvio que
ab
d
´e m´ultiplo de a e de b; se c ´e um m´ultiplo comum de a e
b, temos que mostrar que
ab
d
divide c; mas a | c e
b
d
| c e a e
b
d
s˜ao primos entre
si, por defini¸c˜ao de m´aximo divisor comum; isso implica que o seu produto
tamb´em divide c:
temos
c = la = j
b
d
;
15
e existem inteiros x e y tais que
ax +
b
d
y = 1.
Logo
j
b
d
x = cx = lax = l(1 −
b
d
y)
e portanto
l = (jx + ly)
b
d
e
c = (jx + ly)
b
d
a.
A segunda solu¸c˜ao usa o Teorema Fundamental da Aritm´etica: se pi designa
o i-´esimo primo, todo o inteiro positivo pode ser escrito na forma i pli
i com
li = 0 excepto para um n´umero finito de ´ındices. Ent˜ao, se
a =
i
pki
i , b =
i
pji
i ,
as defini¸c˜oes de m´aximo divisor comum e m´ınimo m´ultiplo comum s˜ao equiv-
alentes a
mdc(a, b) =
i
p
min{ki,ji}
i , mmc(a, b) =
i
p
max{ki,ji}
i
A igualdade no enunciado equivale a
i
p
min{ki,ji}
i
i
p
max{ki,ji}
i =
i
pki
i
i
pji
i
ou seja, a
i
p
min{ki,ji}+max{ki,ji}
i =
i
pki+ji
i
que ´e claramente verdadeira. Note-se que, mais uma vez como consequˆencia
do Teorema Fundamental da Aritm´etica, a verifica¸c˜ao desta igualdade se reduz
16
a verificar a igualdade dos expoentes para cada primo pi, ou seja a comprovar
que para quaisquer inteiros x e y se tem
max{x, y} + min{x, y} = x + y.
18. Provar que o m´aximo divisor comum de n > 2 inteiros a1, a2, · · · , an
satisfaz a seguinte recorrˆencia:
mdc(a1, a2, · · · , an) = mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an)
Justificar que se d = mdc(a1, a2, · · · , an), existem inteiros x1, x2, · · · , xn tais
que
d = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn
Resolu¸c˜ao: Provamos a primeira igualdade usando repetidamente a defini¸c˜ao
de m´aximo divisor comum: d ´e o m´aximo divisor comum de a1, a2, · · · , an se
divide cada um destes inteiros e se, dado um outro inteiro positivo c tal que
c | ai para todo o 1 ≤ i ≤ n, ent˜ao c | d.
mdc(a1, a2, · · · , an) divide cada um dos ai e portanto divide mdc(a1, a2, · · · , an−1)
e an, logo tem que dividir mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an).
Reciprocamente, mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an), divide an e como divide mdc(a1, a2, · · · , a
tem que dividr cada um dos ai; mas ent˜ao, de novo pela defini¸c˜ao, divide
mdc(a1, a2, · · · , an).
noindent Assim,
mdc(a1, a2, · · · , an) e mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an)
s˜ao dois inteiros positivos que se dividem mutuamente e tˆem portanto que ser
iguais.
A segunda parte pode ser justificada raciocinando por indu¸c˜ao: o caso n = 2
foi provado usando o algoritmo de Euclides; suponhamos que para quaisquer
n − 1 inteiros a1, · · · , an−1, existem inteiros yi tais que
mdc(a1, a2, · · · , an−1) = a1y1 + · · · + an−1yn−1;
17
A f´ormula de recorrˆencia da primeira parte da pergunta d´a-nos ent˜ao
mdc(a1, a2, · · · , an) = mdc(a1y1 + · · · + an−1yn−1, an);
mas o caso n = 2 garante que existem inteiros z e w tais que
mdc(a1y1 + · · · + an−1yn−1, an) = (a1y1 + · · · + an−1yn−1)z + anw
e portanto
mdc(a1, a2, · · · , an) = a1y1z + · · · + an−1yn−1z + anw
19. Mostrar que, dado a ∈ N, se verifica
mdc (am
− 1, an
− 1) = amdc(m,n)
− 1
Resolu¸c˜ao: Se m = qn + r com 0 ≤ r < n, ent˜ao
am
− 1 = aqn+r
− 1 = ar
(aqn
− 1) + ar
− 1 =
= ar
(1 + an
+ · · · + an(q−1)
)(an
− 1) + ar
− 1
e 0 ≤ ar
− 1 < an
− 1.
Isso mostra que cada passo na aplica¸c˜ao do algoitmo de Euclides a m e n
corresponde a um passo na sua aplica¸ao a am
− 1 e an
− 1: se na i-´esima
itera¸c˜ao da primeira aplica¸c˜ao temos ri−2 = qiri−1 + ri, obtemos para o outro
caso
ari−2
− 1 = Qi(ari−1
− 1) + (ari
− 1)
onde
Qi = ari
(1 + ari−1
+ · · · + ari−1(qi−1)
).
E portanto se ao fim de t itera¸c˜oes se tem rt−2 = qtd onde d = mdc(m, n),
temos tamb´em
art−2
− 1 = Qt(ad
− 1).
20. Uma tripla pitag´orica (x, y, z) ´e um triplo de naturais tais que
x2
+ y2
= z2
.
Uma tripla pitag´orica diz-se primitiva se mdc(x, y, z) = 1.
18
a) Mostrar que se n > m > 0 s˜ao naturais primos entre si, em que um ´e par
e o outro ´e ´ımpar, ent˜ao (n2
− m2
, 2nm, n2
+ m2
) ´e uma tripla pitag´orica
primitiva.
b) Mostrar que se (x, y, z) ´e uma tripla pitag´orica primitiva, ent˜ao um de
entre x e y ´e par e o outro, bem como z, ´e ´ımpar.
c) Suponhamos que y = 2k ´e o termo par; deduzir que
k2
=
z − x
2
z + x
2
e que os factores do lado direito s˜ao inteiros primos entre si.
d) Deduzir que cada um daqueles dois factores ´e um quadrado perfeito e
concluir que todas as triplas pitag´oricas primitivas (a menos de uma troca
entre x e y) s˜ao da forma dada na al´ınea a).
Resolu¸c˜ao: a) Que aqueles trˆes inteiros positivos s˜ao uma tripla pitag´orica
decorre de um c´alculo simples:
(n2
− m2
)2
+ (2nm)2
= n4
− 2n2
m2
+ m4
+ 4n2
m2
= (n2
+ m2
)2
Um primo p que seja factor comum dos trˆes elementos da tripla
(n2
− m2
, 2nm, n2
+ m2
)
tem que ser ´ımpar, porque divide os ´ımpares n2
− m2
e n2
+ m2
; e ter´a
tamb´em que dividir a sua soma 2n2
e diferen¸ca 2m2
; mas ent˜ao tem que
dividir quer n quer m, contradizendo a hip´otese de estes serem primos
entre si.
b) Se x e y fossem ambos pares, tamb´em z seria par e a tripla n˜ao seria
primitiva; suponhamos que x = 2t+1 e y = 2s+1 s˜ao ´ımpares (e portanto
z = 2u ´e par); ent˜ao por um lado
z2
= (2u)2
= 4u2
≡ 0 mod 4
e por outro
z2
= x2
+y2
= (2t+1)2
+(2s+1)2
= 4t2
+4t+1+4s2
+4s+1 ≡ 2 mod 4
19
conduzindo a uma contradi¸c˜ao.
c) Se y = 2k,
4k2
= y2
= z2
− x2
= (z − x)(z + x)
e portanto
k2
=
z − x
2
z + x
2
Como x e z s˜ao ´ımpares, quer z −x quer z +x s˜ao pares e portanto os dois
factores do lado direito da ´ultima igualdade s˜ao inteiros; se eles tivesse
um factor primo comum p, ele dividiria tamb´em a soma z e a diferen¸ca x;
al´em disso ter´ıamos que p2
| k2
e portanto p | k e p| y, contradizendo o
facto de (x, y, z) ser uma tripla pitag´orica.
d) Sejam
z − x
2
=
i
pli
i ,
z + x
2
=
i
pji
i , k =
i
phi
i
as factoriza¸c˜oes em factores primos com expoentes li, ji, hi ≥ 0 para todo
o i; como os dois primeiros inteiros s˜ao primos entre si, sabemos que
ji > 0 ⇔ li = 0; se pi divide, por exemplo, z−x
2 temos que li ´e o expoente
de pi em k2
que ´e igual a 2hi e portanto par; o mesmo se passa para
os expoentes n˜ao nulos na factoriza¸c˜ao de z+x
2 . Conclu´ımos que todos os
expoentes na factoriza¸c˜ao em factores primos de z−x
2 e de z+x
2 s˜ao pares e
portanto estes inteiros s˜ao quadrados perfeitos
z − x
2
= m2
,
z + x
2
= n2
Temos ent˜ao k = mn e
x = n2
− m2
, y = 2mn, z = n2
+ m2
.
Al´em disso, m e n tˆem que ter paridade diferente, porque x e z s˜ao´ımpares,
e s˜ao primos entre si porque, caso contr´ario, x , y e z teriam um factor
comum.
21. Neste exerc´ıcio usamos a nota¸c˜ao abreviada (a1, a2, · · · , an) para des-
ignar o m´aximo divisor comum dos inteiros a1, a2, · · · , an (cuja existˆencia
20
se prova de modo an´alogo ao caso n = 2).
O menor m´ultiplo comum ´e designado por [a1, a2, · · · , an].
Recorde-se igualmente que a|b significa a divide b.
i) Provar que se c ´e um m´ultiplo comum de a e b ent˜ao [a, b]|c.
Sugest˜ao: c = q[a, b] + r com 0 ≤ r < [a, b].
ii) Provar que se verificam as seguintes identidades ou dar um contra-
exemplo:
a) (ma, mb) = m(a, b) e [ma, mb] para m ∈ N;
b) ((a, b), (a, c)) = (a, b, c) e [[a, b], [a, c]] = [a, b, c];
c) (a, b)(c, d) = (ac, ad, bc, bd);
d) (a, b, c) = ((a, b), c);
e) (a, b)[a, b] = ab; Sugest˜ao: considerar primeiro o caso (a, b) = 1;
f) (ab, ac, b, c)[a, b, c] = abc;
Resolu¸c˜ao: i) de acordo com a sugest˜ao c = q[a, b] + r, e se c ´e um
m´ultiplo comum de a e b, tamb´em r o ´e; mas, pela defini¸c˜ao de menor
m´ultiplo comum, isso implica r = 0.
ii) a) Sejam d = (a, b) e c = (ma, mb); existem inteiros x, y tais que md =
m(xa + yb) = x(ma) + y(mb), e portanto md tem que ser um m´ultiplo de
c. Mas por outro lado existem t, s tais que c = t(ma)+s(mb) = m(ta+sb)
e portanto c ´e um m´ultiplo de md.
A igualdade an´aloga para os menores m´ultiplos comuns prova-se do mesmo
modo.
c) Sejam m = (a, b), n = (c, d); ´e claro que mn divide qualquer um
dos produtos ac, ad, bc, bd e portanto mn ≤ (ac, ad, bc, bd). Mas, aplicando
a) repetidamente, este ´ultimo n ´umero divide ac e ad e portanto divide
(ac, ad) = a(c, d), e do mesmo modo divide b(c, d); ent˜ao divide tamb´em
21
(a(c, d), b(cd)) = (a, b)(c, d) = mn.
d) Por um lado (a, b, c) divide a e b e portanto divide (a, b), e como tamb´em
divide c, tem que dividir ((a, b), c); mas por outro este ´ultimo ´e um divisor
(positivo) dos trˆes inteiros a, b, c logo tem que ser menor ou igual do que
(a, b, c).
e) seja primeiro (a, b) = 1; por i), como ab ´e um m´ultiplo comum de a, b,
temos que [a, b]|ab ou seja, existe u tal que ab = [a, b]u; mas [a, b] = ta = sb
e portanto como a e b s˜ao n˜a nulos
a = su b = tu
ou seja u ´e um divisor comum de a e b e portanto divide (a, b) = 1.
o caso geral deduz-se escrevendo
d = (a, b), a = a d, b = b d
pelo resultado anterior a b = [a , b ] e pela al´ınea a)
ab = d2
a b = d2
[a , b ] = d[a, b] = (a, b)[a, b]
.
Nota: Nas resolu¸c˜oes apresentadas, usaram-se apenas as propriedades
mais simples do m´aximo divisor comum (a, b) de dois n´umeros a e b: qual-
quer divisor de a e b divide (a, b); existem inteiros t, s tais que (a, b) =
ta + sb; usando por sua vez os resultados a) e c), por exemplo, e racioci-
nando por indu¸c˜ao, pode-se provar que estas propriedades se general-
izam: qualquer divisor de a1, a2, · · · , an divide (a1, a2, · · · , an) e existem
t1, t2, · · · , tn tais que (a1, a2, · · · , an) = n
k=1 tkak.
Estas identidades podem ser tamb´em demonstradas usando as decom-
posi¸c˜oes dos v´arios inteiros em factores primos.
Para isso ´e conveniente escrever
a = pai
i
22
em que o produto se faz com todos os primos pi e ai ≥ 0; como ai =
0 excepto para um n´umero finito de ´ındices, n˜ao h´a problema em usar
produtos infinitos (com a conven¸c˜ao de que 1∞
= 1).
Ent˜ao, se
a = pai
i , b = pbi
i
deduz-se que
(a, b) = p
min{ai,bi}
i , [a, b] = p
max{ai,bi}
i
22. Com quantos zeros termina a expans˜ao decimal de 100!? Sugest˜ao:
come¸car por resolver para 10! e considerar a factoriza¸c˜ao em factores pri-
mos.
Resolu¸c˜ao: o n´umero de zeros pedido ´e dado exactamente pela maior
potˆencia de 10 que divide 100!. Como 100! = 2j
5k
× (outros factores
primos), conlu´ımos que essa potˆencia ser´a min{j, k}.
Para calcular k, como 100! = 100
n=1 n, procuramos os 1 ≤ n ≤ 100 em que
5 aparece como factor, isto ´e 5, 10, 15, etc.
Como existem 20 = 100/5 m´ultiplos de 5 entre 1 e 100, 5 aparece como
factor 20 vezes; mas temos que contar tamb´em os m´ultiplos de 52
menores
que 100 em que 5 aparece como factor duas vezes, e temos 4 = 100/25.
Logo k = 24.
Do mesmo modo, podemos calcular j como a soma do n´umero de m´ultiplos
de 2, de 22
, de 23
, etc., que existem entre 1 e 100:
j =
100
2
+
100
22
+ · · · +
100
26
= 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97
Como era de esperar esta potˆencia ´e muito maior que a de 5.
Em geral, portanto, dado um natural N e um primo p, o expoente k de p
na factoriza¸c˜ao em primos de N! ´e dada por
k =
r
i=1
N
pi
23
em que r ´e definido por pr
≤ N < pr+1
.
23. Determinar o m´aximo divisor comum d de 2163 e 910 e inteiros x, y
tais que
d = 2163x + 910y
com x > 0.
Resolu¸c˜ao: A tabela seguinte descreve a aplica¸c˜ao do algoritmo de Eu-
clides a a = 2163 e b = 910, com o c´alculo simultˆaneo dos xi e yi que
satisfazem
ri = axi + byi :
ri qi xi yi
2163 1 0
910 0 1
2163 = 2 × 910 + 343 343 2 1 −2
910 = 2 × 343 + 224 224 2 −2 5
343 = 1 × 224 + 119 119 1 3 −7
224 = 1 × 119 + 105 105 1 −5 12
119 = 1 × 105 + 14 14 1 8 −19
14 = 2 × 11 + 0
Conclui-se portanto que mdc(1859, 737) = 11 e que
11 = 1859 × 23 − 737 × 58
Como o enunciado pede y > 0, tmeos que usar a f´ormula mais geral
11 = 1859 × (23 − k
737
11
) + 737 × (−58 + k
1859
11
).
Fazendo, por exemplo, k = 1 j´a obtemos
11 = −1859 × 44 + 737 × 111
24

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  • 1. Elementos de Matem´atica Finita (2012-2013) Exerc´ıcios Resolvidos 1. Verificar que os conjuntos ∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}} s˜ao todos diferentes. Resolu¸c˜ao: ∅ = {∅} uma vez que o segundo conjunto tem um elemento, o conjunto vazio ∅, enquanto que o primeiro ´e o conjunto vazio e portanto n˜ao tem elementos. O mesmo racioc´ınio mostra que cada um dos outros conjuntos ´e diferente do conjunto vazio. Deduz-se que tamb´em {∅} = {{∅}}, pois cada um dos conjuntos tem um s´o elemento e esses elementos s˜ao diferentes. E do mesmo modo cada um destes conjuntos ´e diferente de {∅, {∅}}, j´a que este ´ultimo cont´em um elemento que n˜ao est´a em cada um deles. 2. Mostrar que para quaisquer conjuntos X, Y e Z X ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z); X ∪ (Y ∩ Z) = (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Z). Resolu¸c˜ao: Seja x ∈ X ∩ (Y ∪ Z) e suponhamos que x /∈ (X ∩ Y ); como x ∈ X isso significa que x /∈ Y . Mas x ∈ Y ∪Z logo tem que pertencer a (pelo menos) um dos conjuntos e portanto x ∈ Z, donde se conclui que x ∈ X ∩ Z ⊂ (X ∩ Y ∪ (X ∩ Z) e X ∩ (Y ∪ Z) ⊂ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z). Por outro lado, se x ∈ X ∩ Y ent˜ao x ∈ X e x ∈ Y ∪ Z, logo x ∈ X ∩ (Y ∪ Z). Se x ∈ X ∩ Z o racioc´ınio ´e idˆentico e fica assim provada a outra inclus˜ao. A segunda igualdade demonstra-se de modo semelhante. 1
  • 2. 3. Defina-se a diferen¸ca sim´etrica de dois conjuntos como A B = A B ∪ B A Mostrar que • (A B) C = A (B C) • A ∩ (B C) = (A ∩ B) (A ∩ C) Resolu¸c˜ao: Podemos tomar A, B e C como subconjuntos de um conjunto U (basta, por exemplo, definir U = A ∪ B ∪ C). Define-se ent˜ao Ac = U A. Com essa nota¸c˜ao A B = (A ∩ Bc ) ∪ (Ac ∩ B); Temos ent˜ao, usando as chamadas leis de Morgan (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc , (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc , bem como o exerc´ıcio anterior, (A B) C = [((A ∩ Bc ) ∪ (Ac ∩ B)) ∩ Cc ] ∪ [((A ∩ Bc ) ∪ (Ac ∩ B))c ∩ C] = = [(A ∩ Bc ∩ Cc ) ∪ (Ac ∩ B ∩ Cc )] ∪ [(A ∩ Bc )c ∩ (Ac ∩ B)c ∩ C] = = [(A ∩ Bc ∩ Cc ) ∪ (Ac ∩ B ∩ Cc )] ∪ [(Ac ∪ B) ∩ (A ∪ Bc ) ∩ C] = = [(A ∩ Bc ∩ Cc ) ∪ (Ac ∩ B ∩ Cc )] ∪ [(((Ac ∪ B) ∩ A) ∪ ((Ac ∪ B) ∩ Bc )) ∩ C] = = [(A ∩ Bc ∩ Cc ) ∪ (Ac ∩ B ∩ Cc )] ∪ [(B ∩ A) ∪ (Ac ∩ Bc )) ∩ C] = = (A ∩ Bc ∩ Cc ) ∪ (Ac ∩ B ∩ Cc ) ∪ (A ∩ B ∩ C) ∪ (Ac ∩ Bc ∩ C) Uma vez que a diferen¸ca sim´etrica ´e obviamente comutativa, a express˜ao no segundo lado da equa¸c˜ao obt´em-se da do lado esquerdo trocando A com C; mas essa troca n˜ao altera a ´ultima express˜ao a que cheg´amos, pelo que se conclui a igualdade do enunciado. De modo semelhante, A ∩ (B C) = A ∩ ((B ∩ Cc ) ∪ (Bc ∩ C)) = (A ∩ B ∩ Cc ) ∪ (A ∩ Bc ∩ C), 2
  • 3. enquanto que (A ∩ B) (A ∩ C) = ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C)c ) ∪ ((A ∩ B)c ∩ (A ∩ C)) = = ((A ∩ B) ∩ (Ac ∪ Cc )) ∪ ((Ac ∪ Bc ) ∩ (A ∩ C)) = = (A ∩ B ∩ Cc ) ∪ (Bc ∩ A ∩ C) 4. Quantas fun¸c˜oes f : ∅ → ∅ existem? Resolu¸c˜ao: Para se compreender porque ´e que a resposta ´e 1, temos que recordar que uma fun¸c˜ao f : X → Y ´e uma rela¸c˜ao entre X e Y (ou seja, um subconjunto R ⊂ X × Y ) satisfazendo a condi¸c˜ao ∀x ∈ X, ∀y, y ∈ Y, (x, y) ∈ R ∧ (x, y ) ∈ R =⇒ y = y . Existe uma ´unica rela¸c˜ao definida no conjunto vazio j´a que ∅ ´e o ´unico sub- conjunto de ∅ × ∅. E esta rela¸c˜ao satisfaz (trivialmente) aquela condi¸c˜ao: se n˜ao, existiria algum x ∈ ∅ para o qual a condi¸c˜ao n˜ao era satisfeita. O mesmo racioc´ınio mostra que, para qualquer conjunto A, existe uma ´unica fun¸c˜ao f : ∅ → A. Por outro lado, se A = ∅, n˜ao existe nenhuma fun¸c˜ao f : A → ∅. 5. Dado um conjunto X mostrar que a) existe uma bijec¸c˜ao entre o conjunto P(X) dos subconjuntos de X e o conjunto {f : X → {0, 1}} das fun¸c˜oes com dom´ınio X e contradom´ınio {0, 1}. b) n˜ao existe uma fun¸c˜ao f : X → P(X) sobrejectiva. Sugest˜ao: considerar o conjunto {x ∈ X|x /∈ f(X)} ∈ P(X). Resolu¸c˜ao: a) Considere-se a fun¸c˜ao ϕ : P(X) → {f : X → {0, 1}} 3
  • 4. definida do seguinte modo: dado um subconjunto Y ⊂ X, ϕ(Y ) ´e a fun¸c˜ao fY : X → {0, 1} definida por f(x) = 1 se x ∈ Y 0 se x /∈ Y . ϕ ´e injectiva porque se Y e Z s˜ao dois subconjuntos de X diferentes, existe x ∈ Y Z ∪ Z Y ; suponhamos que x ∈ Y Z (o outro caso ´e idˆentico); ent˜ao fY (x) = 1 = 0 = fZ(x) e portanto ϕ(Y ) = ϕ(Z). ϕ ´e tamb´em sobrejectiva pois, se f : X → {0, 1} e Y = f−1 (1) = {x ∈ X : f(x) = 1}, temos obviamente f = fY ou seja f = ϕ(Y ). Note-se que se |X| = n, o conjunto {f : X → {0, 1}} pode ser identificado com o conjunto das sequˆencias de comprimento n formadas por 0 e 1; e uma consequˆencia imediata do resultado anterior ´e que nesse caso |P(X)| = 2n . b) se f : X → P(X) ´e sobrejectiva, o subconjunto {x ∈ X|x /∈ f(X)} tem que ser a imagem por f de algum a ∈ X, ou seja f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)}; podemos ent˜ao perguntar se a ∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)}. Se a resposta for afirmativa ent˜ao a ∈ f(a) mas isso ´e uma contradi¸c˜ao com a pr´opria defini¸c˜ao deste conjunto; mas se a /∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)} ent˜ao isso significaria que a ∈ f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)}, que ´e de novo uma contradi¸c˜ao! Conclu´ımos que f n˜ao pode ser sobrejectiva. A conclus˜ao da al´ınea b) traduz-se intuitivamente na ideia de que para qualquer conjunto X, P(X) tem “mais elementos” do que X. No caso de X ser finito, essa ideia ´e confirmada pela al´ınea anterior, j´a que n < 2n . Esta ideia generaliza-se atrav´es do conceito, referido nas aulas, de cardinali- dade. 4
  • 5. 6. Dada uma fun¸c˜ao f : X → Y e A, B ⊂ X, quais as rela¸c˜oes entre f(A ∪ B) e f(A) ∪ f(B)? E entre f(A ∩ B) e f(A) ∩ f(B)? Resolu¸c˜ao: No primeiro caso tem-se igualdade: y ∈ f(A ∪ B) ⇔ ∃x ∈ A ∪ B : y = f(x) ⇔ ∃x ∈ A : y = f(x) ∨ ∃x ∈ B : y = f(x) ⇔ ⇔ y ∈ f(A) ∨ y ∈ f(B) ⇔ y ∈ f(A) ∪ f(B) J´a no segundo caso temos apenas uma inclus˜ao: y ∈ f(A ∩ B) =⇒ y ∈ f(A) ∩ f(B) mas a outra inclus˜ao n˜ao se verifica em geral, mesmo que A∩B = ∅: considere- se o exemplo f : {a, b, c} → {0, 1}, f(a) = f(c) = 0, f(b) = 1 e os conjuntos A = {a, b}, B = {b, c}. 7. Mostrar que, se {Ai : i ∈ N} e {Bi : i ∈ N} s˜ao fam´ılias de conjuntos satisfazendo Ai ⊃ Ai+1, Bi ⊃ Bi+1, ∀i ∈ N ent˜ao i∈N (Ai ∪ Bi) = i∈N Ai ∪ i∈N Bi Sem aquela condi¸c˜ao esta igualdade verifica-se ou n˜ao? Resolu¸c˜ao: Vamos mais uma vez mostrar que se verificam as duas in- clus˜oes. A inclus˜ao ⊃ ´e ´obvia e n˜ao depende da condi¸c˜ao no enunciado: se x ∈ i∈N Ai ent˜ao, para todo o i, x ∈ Ai ∪ Bi e portanto x ∈ i∈N(Ai ∪ Bi); se x ∈ i∈N Bi o racioc´ınio ´e o mesmo. Reciprocamente, seja x ∈ i∈N(Ai ∪Bi); se x ∈ i∈N Ai n˜ao h´a nada a demon- strar, portanto suponhamos que x /∈ i∈N Ai; isso significa que existe pelo 5
  • 6. menos um ´ındice i tal que x /∈ Ai, e portanto, como Ai ⊃ Ai+1 ⊃ Ai+2 ⊃ · · · , temos que x /∈ Aj, para todo o j ≥ i; mas, tendo em conta a hip´otese feita so- bre x, isso implica que x ∈ Bj para todo o j ≥ i e, como B1 ⊃ B2 ⊃ · · · ⊃ Bi, temos x ∈ i∈N Bi. Se a condi¸c˜ao das inclus˜oes n˜ao se verificar, o resultado n˜ao ´e v´alido em geral: basta pensar no exemplo em que Ai = {0} para i ´ımpar e Ai = {1} para i par, enquanto que Bi = {1} para i ´ımpar e Bi = {0} para i par. Tem-se nesse caso i∈N (Ai ∪ Bi) = {0, 1}, i∈N Ai ∪ i∈N Bi = ∅. 8. ”Adivinhar”, calculando os primeiros casos, uma f´ormula para cada uma das seguintes somas e demonstre-as : a) 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n k=1 k3 ; b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n k=1 (2k − 1) ; Resolu¸c˜ao: Os primeiros casos 13 = 1, 13 +23 = 9 = 32 , 13 +23 +33 = 36 = 62 , 13 +23 +33 +43 = 100 = 102 sugerem que a soma dos cubos dos primeiros n naturais ´e um quadrado per- feito, mais precisamente n k=1 k3 = n(n + 1) 2 2 . Provamos que de facto assim ´e por indu¸c˜ao; o caso n = 1 j´a foi verificado; 6
  • 7. supondo que a igualdade se verifica para um certo n n+1 k=1 k3 = n k=1 k3 + (n + 1)3 = n(n + 1) 2 2 + (n + 1)3 = = n2 (n + 1)2 4 + (n + 1)3 = n2 (n + 1)2 + 4(n + 1)3 4 = (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) 4 = = (n + 1)2 (n + 2)2 4 = (n + 1)(n + 2) 2 2 como se queria demonstrar. A al´ınea b) resolve-se de modo semelhante, notando que 1 = 1, 1 + 3 = 4 = 22 , 1 + 3 + 5 = 9 = 32 , 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 . 9. Demonstrar por indu¸c˜ao finita que n k=1 k!k = (n + 1)! − 1, ∀n ≥ 1 Resolu¸c˜ao: A igualdade verifica-se para n = 1: 1!1 = 2! − 1 Para concluir a demonstra¸c˜ao, temos que verificar que se a igualdade se verifica para um certo n tamb´em se verifica para n + 1: temos n k=1 k!k = (n + 1)! − 1 como hip´otese de indu¸c˜ao e n+1 k=1 k!k = n k=1 k!k + (n + 1)!(n + 1) = por hip. de ind. = (n + 1)! − 1 + (n + 1)!(n + 1) = (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 2)! − 1 7
  • 8. como quer´ıamos demonstrar. 10. Mostrar, usando indu¸c˜ao, que 42n − 1 ´e divis´ıvel por 15, para todo o n > 0. Resolu¸c˜ao: Para n = 1 o resultado ´e evidente; suponhamos que para um certo n, 42n − 1 ´e m´ultiplo de 15; ent˜ao 42(n+1) − 1 = 42 42n − 1 = 42 (42n − 1 + 1) − 1 = 42 (42n − 1) + 42 − 1 e cada uma das parcelas ´e divis´ıvel por 15. 11. Analisar a seguinte dedu¸c˜ao da f´ormula n k=1 k = n(n + 1) 2 justificando cada um dos passos: n+1 k=1 k2 = n k=0 (k + 1)2 = n k=1 k2 + 2 n k=1 k + n + 1 Portanto 2 n k=1 k = (n + 1)2 − (n + 1) = n(n + 1) Calcular, usando o mesmo m´etodo, os valores da seguinte soma: Sn = n k=0 k2 ; Resolu¸c˜ao: a) n+1 k=1 k3 = n k=0 (k+1)3 = n k=0 k3 + 3k2 + 3k + 1 = n k=0 k3 +3 n k=0 k2 +3 n k=0 k+n+1 8
  • 9. e portanto, como n+1 k=1 k3 = n k=0 k3 + (n + 1)3 obtemos (n + 1)3 = 3 n k=0 k2 + 3 n k=0 k + n + 1 = 3 n k=0 k2 + 3 n(n + 1) 2 + n + 1 e finalmente n k=0 k2 = 1 3 (n + 1)3 − 3 n(n + 1) 2 − (n + 1) = n(n + 1)(2n + 1) 6 12. (N´umeros de Fibonacci) Considerar a sucess˜ao de inteiros definida por recorrˆencia por F1 = 1; F2 = 1; Fn = Fn−1 + Fn−2, n > 2. Fn ´e chamado o n−´esimo n´umero de Fibonacci. a) Provar que (i) : F1 + F2 + F3 + · · · + Fn = Fn+2 − 1; (ii) : F1 + F3 + F5 + · · · + F2n−1 = F2n; b) ”Adivinhar” identidades e demonstr´a-las para as seguintes express˜oes: F2 + F4 + F6 + · · · + F2n =???; F2 n+1 − FnFn+2 =???. 9
  • 10. Resolu¸c˜ao: a) i Como F3 = 2 o caso n = 1 ´e evidente; supondo que a igualdade se verifica para um certo n, temos n+1 k=1 Fk = n k=1 Fk + Fn+1 = Fn+2 − 1 + Fn+1 = Fn+3 − 1 usando a hip´otese de indu¸c˜ao na segunda igualdade e a defini¸c˜ao dos n´umeros de Fibonacci na terceira. b) No primeiro caso podemos usar as igualdades demonstradas em a): n k=1 F2k = 2n+1 k=1 Fk − n+1 k=1 F2k−1 = F2n+3 − 1 − F2n+2 = F2n+1 − 1 No segundo vemos que F2 2 − F1F3 = −1; F2 3 − F2F4 = 1 e usando a defini¸c˜ao dos n´umeros de Fibonacci F2 n+2−Fn+1Fn+3 = F2 n+2−Fn+1 (Fn+2 + Fn+1) = Fn+2 (Fn+2 − Fn+1)−F2 n+1 = Fn+2Fn−F2 n+ pelo que conclu´ımos que a express˜ao do enunciado toma os valores 1 e −1 alternadamente; F2 n+1 − FnFn+2 = (−1)n 13. Consegue provar por indu¸c˜ao em n que ∀n ∈ N : 1 2 3 4 · · · 2n − 1 2n = n k=1 2k − 1 2k < 1 √ 3n ? E se fˆor ∀n ∈ N : 1 2 3 4 · · · 2n − 1 2n = n k=1 2k − 1 2k < 1 √ 3n + 1 ? 10
  • 11. Resolu¸c˜ao:Na primeira desigualdade, o caso n = 1 ´e de verifica¸c˜ao imediata porque 1 k=1 2k − 1 2k = 1 2 < 1 √ 3 ; para completarmos a demonstra¸c˜ao por indu¸c˜ao, tomamos como hip´otese que a desigualdade do enunciado se verifica para um certo n e procuramos deduzir, a partir dessa hip´otese, que ela tamb´em se verifica para n + 1. Ora n+1 k=1 2k − 1 2k = n k=1 2k − 1 2k 2(n + 1) − 1 2(n + 1) ; por hip´otese de indu¸c˜ao, o produto do lado direito ´e majorado por 1√ 3n e portanto n+1 k=1 2k − 1 2k < 1 √ 3n 2(n + 1) − 1 2(n + 1) = 1 √ 3n 2n + 1 2(n + 1) ; se provarmos que o lado direito desta desigualdade ´e majorado por 1√ 3(n+1) , completamos a demonstra¸c˜ao. Mas ´e a´ı que surgem problemas: 1 √ 3n 2n + 1 2(n + 1) ≤ 1 3(n + 1) ⇔ (2n + 1) 3(n + 1) ≤ 2(n + 1) √ 3n ⇔ (2n + 1)2 (3n + 3) ≤ ⇔ (4n2 + 4n + 1)(n + 1) ≤ 4(n2 + 2n + 1)n ⇔ 4n3 + 8n2 + 5n + 1 ≤ e esta ´ultima desigualdade ´e obviamente falsa. J´a se tentamos a mesma abordagem para a outra desigualdade, notamos que o caso n = 1 n˜ao se verifica (tem-se igualdade e n˜ao desigualdade estrita); mas para n = 2 j´a se tem a desigualdade: 1 2 3 4 = 3 8 < 1 √ 3 × 2 + 1 = 1 √ 7 . 11
  • 12. Se repetirmos o racioc´ınio feito anteriormente para provar o resultado por indu¸c˜ao, somos conduzidos a demonstrar a desigualdade 1 √ 3n + 1 2n + 1 2(n + 1) ≤ 1 3(n + 1) + 1 que se verifica, seguindo c´alculos idˆenticos aos feitos acima, ser verdadeira. Portanto a segunda desigualdade do enunciado verifica-se para todo o n ≥ 2. O ponto interessante ´e que se conclui ent˜ao que a primeira desigualdade tamb´em se verifica, uma vez que obviamente 1 √ 3n + 1 < 1 √ 3n ; quer isto dizer que, embora n˜ao consegu´ıssemos provar por indu¸c˜ao uma de- sigualdade, j´a o conseguimos fazer para uma outra desigualdade mais “forte”, que implica a primeira. Isto acontece porque, no passo de indu¸c˜ao, podemos usar tamb´em a desigual- dade mais “forte”. 14. Mostrar que, dados n quadrados, ´e poss´ıvel recort´a-los em pol´ıgonos de modo a formar com estes um novo quadrado. Sugest˜ao: O ´unico caso dif´ıcil ´e n = 2; Resolu¸c˜ao: Se soubermos resolver o caso n = 2, podemos raciocinar por indu¸c˜ao: suponhamos que sabemos resolver o problema com n quadrados; da- dos n+1 quadrados, podemos formar um novo quadrado com n deles e depois formar um quadrado a partir deste e do quadrado restante. Suponhamos ent˜ao que temos dois quadrados, um com lado a e o outro com lado b e seja a < b (o caso em que a = b resolve-se por uma vers˜ao simplifi- cada deste procedimento). A ideia guia ´e que o quadrado final ter´a que ter obrigatoriamente lado √ a2 + b2. Come¸camos por cortar no quadrado de lado b um rectˆangulo a×b e cortamo-lo ao longo de uma diagonal. O rectˆangulo restante (de medidas (b − a) × b) ´e 12
  • 13. cortado num quadrado (b−a)×(b−a) e num rectˆangulo (b−a)×a. Juntando este ´ultimo rectˆangulo ao quadrado de lado a obtemos um novo rectˆangulo com medidas a × b que pode ser de novo cortado ao longo de uma diagonal. Temos ent˜ao pol´ıgonos que formam quatro triˆangulos rectˆangulos com um cateto de comprimento a e o outro de comprimento b, e um quadrado (b − a) × (b − a). Os quatro triˆangulos podem ser dispostos de modo a que as suas hipotenusas sejam os lados de um quadrado, tendo no meio o espa¸co para o quadrado. 15. Demonstrar, por indu¸c˜ao em n, que ∀n ∈ N (bi > 0 ∀i ≤ n ∧ n i=1 bi = 1) ⇒ n i=1 bi ≥ n Nota: n i=1 bi designa o produto dos bi, com 1 ≤ i ≤ n. Sugest˜ao: Se bi = 1∀i, o resultado ´e evidente; caso contr´ario, notar que: i) se b1, b2, b3, · · · , bn+1 s˜ao n+1 reais positivos tais que n+1 i=1 bi, ent˜ao b1b2, b3, · · · , bn+1 s˜ao n reais positivos cujo produto ´e 1; podemos supˆor que, por exemplo, b1 < 1 < b2; Mostrar que se 0 < a < 1 < b, ent˜ao ab < a + b − 1. Resolu¸c˜ao: Se n = 1 n˜ao h´a nada a provar. Vamos ent˜ao assumir como hip´otese de indu¸c˜ao que dados quaisquer n reais positivos cujo produto ´e igual a 1, a sua soma ´e maior ou igual a n. Dados reais positivos b1, b2, b3, · · · , bn+1 tais que n+1 i=1 bi, podemos supˆor que n˜ao todos iguais a 1 (caso contr´ario, o resultado ´e evidente) e portanto que se tem b1 < 1 < b2. Ent˜ao 0 < (b2 − 1)(1 − b1) = b2 + b1 − 1 − b1b2 13
  • 14. ou seja, b1b2 < b2 + b1 − 1. Ora, b1b2, b3, · · · , bn+1 s˜ao n reais positivos cujo produto ´e 1 e portanto, pela hip´otese de indu¸c˜ao b1b2 + b3 + · · · + bn+1 ≥ n; usando a desigualdade anterior, obtemos (b1 + b2 − 1) + b3 + · · · + bn+1 ≥ n ⇔ n+1 i=1 bi ≥ n + 1 como quer´ıamos mostrar. 16. Usar o resultado do problema anterior para demonstrar o seguinte: dados n n´umeros reais positivos ai, 1 ≤ i ≤ n, verificam-se as desigualdades n 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 an ≤ n √ a1a2 · · · an ≤ a1 + a2 + · · · + an n ou seja, usando a nota¸c˜ao para somat´orios e produtos, n n i=1 1 ai ≤ n n i=1 ai ≤ n i=0 ai n As f´ormulas acima representam, respectivamente, as m´edias harm´onica, geom´etrica e aritm´etica dos n´umeros ai, 1 ≤ i ≤ n, e estas desigualdades s˜ao ´uteis em muitas ocasi˜oes. Resolu¸c˜ao: Aplicamos o exerc´ıcio anterior aos reais definidos por bi = ai n n i=1 ai ; 14
  • 15. ´e evidente que n i=1 bi = 1 e portanto n i=1 bi ≥ n, ou seja, pondo em evidˆencia 1 n n i=1 ai , n i=1 ai ≥ n n n i=1 ai que ´e a desigualdade entre as m´edia aritm´etica e geom´etrica. A outra desigual- dade prova-se de modo semelhante, substituindo os ai pelos seus inversos. Nota: Estas desigualdades podem ser demonstradas sem o uso do resultado contido no exerc´ıcio anterior, nomeadamente aplicando de outras maneiras o Princ´ıpio de Indu¸c˜ao Finita. 17. O menor m´ultiplo comum de dois n´umeros inteiros a, b define-se como o inteiro positivo mmc(a, b) que ´e m´ultiplo de ambos e tal que a|c ∧ b|c =⇒ mmc(a, b)|c Mostrar que para a, b positivos se tem mmc(a, b) = ab mdc(a, b) Resolu¸c˜ao: A primeira solu¸c˜ao usa directamente a defini¸c˜ao de m´aximo divisor comum e m´ınimo m´ultiplo comum. Seja d = mdc(a, b); em primeiro lugar, ´e ´obvio que ab d ´e m´ultiplo de a e de b; se c ´e um m´ultiplo comum de a e b, temos que mostrar que ab d divide c; mas a | c e b d | c e a e b d s˜ao primos entre si, por defini¸c˜ao de m´aximo divisor comum; isso implica que o seu produto tamb´em divide c: temos c = la = j b d ; 15
  • 16. e existem inteiros x e y tais que ax + b d y = 1. Logo j b d x = cx = lax = l(1 − b d y) e portanto l = (jx + ly) b d e c = (jx + ly) b d a. A segunda solu¸c˜ao usa o Teorema Fundamental da Aritm´etica: se pi designa o i-´esimo primo, todo o inteiro positivo pode ser escrito na forma i pli i com li = 0 excepto para um n´umero finito de ´ındices. Ent˜ao, se a = i pki i , b = i pji i , as defini¸c˜oes de m´aximo divisor comum e m´ınimo m´ultiplo comum s˜ao equiv- alentes a mdc(a, b) = i p min{ki,ji} i , mmc(a, b) = i p max{ki,ji} i A igualdade no enunciado equivale a i p min{ki,ji} i i p max{ki,ji} i = i pki i i pji i ou seja, a i p min{ki,ji}+max{ki,ji} i = i pki+ji i que ´e claramente verdadeira. Note-se que, mais uma vez como consequˆencia do Teorema Fundamental da Aritm´etica, a verifica¸c˜ao desta igualdade se reduz 16
  • 17. a verificar a igualdade dos expoentes para cada primo pi, ou seja a comprovar que para quaisquer inteiros x e y se tem max{x, y} + min{x, y} = x + y. 18. Provar que o m´aximo divisor comum de n > 2 inteiros a1, a2, · · · , an satisfaz a seguinte recorrˆencia: mdc(a1, a2, · · · , an) = mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an) Justificar que se d = mdc(a1, a2, · · · , an), existem inteiros x1, x2, · · · , xn tais que d = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn Resolu¸c˜ao: Provamos a primeira igualdade usando repetidamente a defini¸c˜ao de m´aximo divisor comum: d ´e o m´aximo divisor comum de a1, a2, · · · , an se divide cada um destes inteiros e se, dado um outro inteiro positivo c tal que c | ai para todo o 1 ≤ i ≤ n, ent˜ao c | d. mdc(a1, a2, · · · , an) divide cada um dos ai e portanto divide mdc(a1, a2, · · · , an−1) e an, logo tem que dividir mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an). Reciprocamente, mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an), divide an e como divide mdc(a1, a2, · · · , a tem que dividr cada um dos ai; mas ent˜ao, de novo pela defini¸c˜ao, divide mdc(a1, a2, · · · , an). noindent Assim, mdc(a1, a2, · · · , an) e mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an) s˜ao dois inteiros positivos que se dividem mutuamente e tˆem portanto que ser iguais. A segunda parte pode ser justificada raciocinando por indu¸c˜ao: o caso n = 2 foi provado usando o algoritmo de Euclides; suponhamos que para quaisquer n − 1 inteiros a1, · · · , an−1, existem inteiros yi tais que mdc(a1, a2, · · · , an−1) = a1y1 + · · · + an−1yn−1; 17
  • 18. A f´ormula de recorrˆencia da primeira parte da pergunta d´a-nos ent˜ao mdc(a1, a2, · · · , an) = mdc(a1y1 + · · · + an−1yn−1, an); mas o caso n = 2 garante que existem inteiros z e w tais que mdc(a1y1 + · · · + an−1yn−1, an) = (a1y1 + · · · + an−1yn−1)z + anw e portanto mdc(a1, a2, · · · , an) = a1y1z + · · · + an−1yn−1z + anw 19. Mostrar que, dado a ∈ N, se verifica mdc (am − 1, an − 1) = amdc(m,n) − 1 Resolu¸c˜ao: Se m = qn + r com 0 ≤ r < n, ent˜ao am − 1 = aqn+r − 1 = ar (aqn − 1) + ar − 1 = = ar (1 + an + · · · + an(q−1) )(an − 1) + ar − 1 e 0 ≤ ar − 1 < an − 1. Isso mostra que cada passo na aplica¸c˜ao do algoitmo de Euclides a m e n corresponde a um passo na sua aplica¸ao a am − 1 e an − 1: se na i-´esima itera¸c˜ao da primeira aplica¸c˜ao temos ri−2 = qiri−1 + ri, obtemos para o outro caso ari−2 − 1 = Qi(ari−1 − 1) + (ari − 1) onde Qi = ari (1 + ari−1 + · · · + ari−1(qi−1) ). E portanto se ao fim de t itera¸c˜oes se tem rt−2 = qtd onde d = mdc(m, n), temos tamb´em art−2 − 1 = Qt(ad − 1). 20. Uma tripla pitag´orica (x, y, z) ´e um triplo de naturais tais que x2 + y2 = z2 . Uma tripla pitag´orica diz-se primitiva se mdc(x, y, z) = 1. 18
  • 19. a) Mostrar que se n > m > 0 s˜ao naturais primos entre si, em que um ´e par e o outro ´e ´ımpar, ent˜ao (n2 − m2 , 2nm, n2 + m2 ) ´e uma tripla pitag´orica primitiva. b) Mostrar que se (x, y, z) ´e uma tripla pitag´orica primitiva, ent˜ao um de entre x e y ´e par e o outro, bem como z, ´e ´ımpar. c) Suponhamos que y = 2k ´e o termo par; deduzir que k2 = z − x 2 z + x 2 e que os factores do lado direito s˜ao inteiros primos entre si. d) Deduzir que cada um daqueles dois factores ´e um quadrado perfeito e concluir que todas as triplas pitag´oricas primitivas (a menos de uma troca entre x e y) s˜ao da forma dada na al´ınea a). Resolu¸c˜ao: a) Que aqueles trˆes inteiros positivos s˜ao uma tripla pitag´orica decorre de um c´alculo simples: (n2 − m2 )2 + (2nm)2 = n4 − 2n2 m2 + m4 + 4n2 m2 = (n2 + m2 )2 Um primo p que seja factor comum dos trˆes elementos da tripla (n2 − m2 , 2nm, n2 + m2 ) tem que ser ´ımpar, porque divide os ´ımpares n2 − m2 e n2 + m2 ; e ter´a tamb´em que dividir a sua soma 2n2 e diferen¸ca 2m2 ; mas ent˜ao tem que dividir quer n quer m, contradizendo a hip´otese de estes serem primos entre si. b) Se x e y fossem ambos pares, tamb´em z seria par e a tripla n˜ao seria primitiva; suponhamos que x = 2t+1 e y = 2s+1 s˜ao ´ımpares (e portanto z = 2u ´e par); ent˜ao por um lado z2 = (2u)2 = 4u2 ≡ 0 mod 4 e por outro z2 = x2 +y2 = (2t+1)2 +(2s+1)2 = 4t2 +4t+1+4s2 +4s+1 ≡ 2 mod 4 19
  • 20. conduzindo a uma contradi¸c˜ao. c) Se y = 2k, 4k2 = y2 = z2 − x2 = (z − x)(z + x) e portanto k2 = z − x 2 z + x 2 Como x e z s˜ao ´ımpares, quer z −x quer z +x s˜ao pares e portanto os dois factores do lado direito da ´ultima igualdade s˜ao inteiros; se eles tivesse um factor primo comum p, ele dividiria tamb´em a soma z e a diferen¸ca x; al´em disso ter´ıamos que p2 | k2 e portanto p | k e p| y, contradizendo o facto de (x, y, z) ser uma tripla pitag´orica. d) Sejam z − x 2 = i pli i , z + x 2 = i pji i , k = i phi i as factoriza¸c˜oes em factores primos com expoentes li, ji, hi ≥ 0 para todo o i; como os dois primeiros inteiros s˜ao primos entre si, sabemos que ji > 0 ⇔ li = 0; se pi divide, por exemplo, z−x 2 temos que li ´e o expoente de pi em k2 que ´e igual a 2hi e portanto par; o mesmo se passa para os expoentes n˜ao nulos na factoriza¸c˜ao de z+x 2 . Conclu´ımos que todos os expoentes na factoriza¸c˜ao em factores primos de z−x 2 e de z+x 2 s˜ao pares e portanto estes inteiros s˜ao quadrados perfeitos z − x 2 = m2 , z + x 2 = n2 Temos ent˜ao k = mn e x = n2 − m2 , y = 2mn, z = n2 + m2 . Al´em disso, m e n tˆem que ter paridade diferente, porque x e z s˜ao´ımpares, e s˜ao primos entre si porque, caso contr´ario, x , y e z teriam um factor comum. 21. Neste exerc´ıcio usamos a nota¸c˜ao abreviada (a1, a2, · · · , an) para des- ignar o m´aximo divisor comum dos inteiros a1, a2, · · · , an (cuja existˆencia 20
  • 21. se prova de modo an´alogo ao caso n = 2). O menor m´ultiplo comum ´e designado por [a1, a2, · · · , an]. Recorde-se igualmente que a|b significa a divide b. i) Provar que se c ´e um m´ultiplo comum de a e b ent˜ao [a, b]|c. Sugest˜ao: c = q[a, b] + r com 0 ≤ r < [a, b]. ii) Provar que se verificam as seguintes identidades ou dar um contra- exemplo: a) (ma, mb) = m(a, b) e [ma, mb] para m ∈ N; b) ((a, b), (a, c)) = (a, b, c) e [[a, b], [a, c]] = [a, b, c]; c) (a, b)(c, d) = (ac, ad, bc, bd); d) (a, b, c) = ((a, b), c); e) (a, b)[a, b] = ab; Sugest˜ao: considerar primeiro o caso (a, b) = 1; f) (ab, ac, b, c)[a, b, c] = abc; Resolu¸c˜ao: i) de acordo com a sugest˜ao c = q[a, b] + r, e se c ´e um m´ultiplo comum de a e b, tamb´em r o ´e; mas, pela defini¸c˜ao de menor m´ultiplo comum, isso implica r = 0. ii) a) Sejam d = (a, b) e c = (ma, mb); existem inteiros x, y tais que md = m(xa + yb) = x(ma) + y(mb), e portanto md tem que ser um m´ultiplo de c. Mas por outro lado existem t, s tais que c = t(ma)+s(mb) = m(ta+sb) e portanto c ´e um m´ultiplo de md. A igualdade an´aloga para os menores m´ultiplos comuns prova-se do mesmo modo. c) Sejam m = (a, b), n = (c, d); ´e claro que mn divide qualquer um dos produtos ac, ad, bc, bd e portanto mn ≤ (ac, ad, bc, bd). Mas, aplicando a) repetidamente, este ´ultimo n ´umero divide ac e ad e portanto divide (ac, ad) = a(c, d), e do mesmo modo divide b(c, d); ent˜ao divide tamb´em 21
  • 22. (a(c, d), b(cd)) = (a, b)(c, d) = mn. d) Por um lado (a, b, c) divide a e b e portanto divide (a, b), e como tamb´em divide c, tem que dividir ((a, b), c); mas por outro este ´ultimo ´e um divisor (positivo) dos trˆes inteiros a, b, c logo tem que ser menor ou igual do que (a, b, c). e) seja primeiro (a, b) = 1; por i), como ab ´e um m´ultiplo comum de a, b, temos que [a, b]|ab ou seja, existe u tal que ab = [a, b]u; mas [a, b] = ta = sb e portanto como a e b s˜ao n˜a nulos a = su b = tu ou seja u ´e um divisor comum de a e b e portanto divide (a, b) = 1. o caso geral deduz-se escrevendo d = (a, b), a = a d, b = b d pelo resultado anterior a b = [a , b ] e pela al´ınea a) ab = d2 a b = d2 [a , b ] = d[a, b] = (a, b)[a, b] . Nota: Nas resolu¸c˜oes apresentadas, usaram-se apenas as propriedades mais simples do m´aximo divisor comum (a, b) de dois n´umeros a e b: qual- quer divisor de a e b divide (a, b); existem inteiros t, s tais que (a, b) = ta + sb; usando por sua vez os resultados a) e c), por exemplo, e racioci- nando por indu¸c˜ao, pode-se provar que estas propriedades se general- izam: qualquer divisor de a1, a2, · · · , an divide (a1, a2, · · · , an) e existem t1, t2, · · · , tn tais que (a1, a2, · · · , an) = n k=1 tkak. Estas identidades podem ser tamb´em demonstradas usando as decom- posi¸c˜oes dos v´arios inteiros em factores primos. Para isso ´e conveniente escrever a = pai i 22
  • 23. em que o produto se faz com todos os primos pi e ai ≥ 0; como ai = 0 excepto para um n´umero finito de ´ındices, n˜ao h´a problema em usar produtos infinitos (com a conven¸c˜ao de que 1∞ = 1). Ent˜ao, se a = pai i , b = pbi i deduz-se que (a, b) = p min{ai,bi} i , [a, b] = p max{ai,bi} i 22. Com quantos zeros termina a expans˜ao decimal de 100!? Sugest˜ao: come¸car por resolver para 10! e considerar a factoriza¸c˜ao em factores pri- mos. Resolu¸c˜ao: o n´umero de zeros pedido ´e dado exactamente pela maior potˆencia de 10 que divide 100!. Como 100! = 2j 5k × (outros factores primos), conlu´ımos que essa potˆencia ser´a min{j, k}. Para calcular k, como 100! = 100 n=1 n, procuramos os 1 ≤ n ≤ 100 em que 5 aparece como factor, isto ´e 5, 10, 15, etc. Como existem 20 = 100/5 m´ultiplos de 5 entre 1 e 100, 5 aparece como factor 20 vezes; mas temos que contar tamb´em os m´ultiplos de 52 menores que 100 em que 5 aparece como factor duas vezes, e temos 4 = 100/25. Logo k = 24. Do mesmo modo, podemos calcular j como a soma do n´umero de m´ultiplos de 2, de 22 , de 23 , etc., que existem entre 1 e 100: j = 100 2 + 100 22 + · · · + 100 26 = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97 Como era de esperar esta potˆencia ´e muito maior que a de 5. Em geral, portanto, dado um natural N e um primo p, o expoente k de p na factoriza¸c˜ao em primos de N! ´e dada por k = r i=1 N pi 23
  • 24. em que r ´e definido por pr ≤ N < pr+1 . 23. Determinar o m´aximo divisor comum d de 2163 e 910 e inteiros x, y tais que d = 2163x + 910y com x > 0. Resolu¸c˜ao: A tabela seguinte descreve a aplica¸c˜ao do algoritmo de Eu- clides a a = 2163 e b = 910, com o c´alculo simultˆaneo dos xi e yi que satisfazem ri = axi + byi : ri qi xi yi 2163 1 0 910 0 1 2163 = 2 × 910 + 343 343 2 1 −2 910 = 2 × 343 + 224 224 2 −2 5 343 = 1 × 224 + 119 119 1 3 −7 224 = 1 × 119 + 105 105 1 −5 12 119 = 1 × 105 + 14 14 1 8 −19 14 = 2 × 11 + 0 Conclui-se portanto que mdc(1859, 737) = 11 e que 11 = 1859 × 23 − 737 × 58 Como o enunciado pede y > 0, tmeos que usar a f´ormula mais geral 11 = 1859 × (23 − k 737 11 ) + 737 × (−58 + k 1859 11 ). Fazendo, por exemplo, k = 1 j´a obtemos 11 = −1859 × 44 + 737 × 111 24