SlideShare uma empresa Scribd logo
1 de 24
Baixar para ler offline
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

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Bab 5 sistem kerangka non inersia
Bab 5 sistem kerangka non inersiaBab 5 sistem kerangka non inersia
Bab 5 sistem kerangka non inersiaSyaRi EL-nahLy
 
Geometri Sudut dan segitiga modul 6
Geometri Sudut dan segitiga modul 6Geometri Sudut dan segitiga modul 6
Geometri Sudut dan segitiga modul 6Wiwit Safitri
 
Peta konsep fisek termo
Peta konsep fisek termoPeta konsep fisek termo
Peta konsep fisek termoakmal_zaida
 
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balik
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balikPpt 2 difraksi kristal dan kisi balik
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balikwindyramadhani52
 
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa Terbuka
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa TerbukaLaporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa Terbuka
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa TerbukaSiti Farida
 
Listrik statis firman ahyuda
Listrik statis  firman ahyudaListrik statis  firman ahyuda
Listrik statis firman ahyudafirmanahyuda
 
Presentasi interferensi 2
Presentasi interferensi 2Presentasi interferensi 2
Presentasi interferensi 2Erni Listyowati
 
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrau
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrauAula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrau
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrauAdriano Silva
 
Kumpulan rumus gelombang cahaya xii
Kumpulan rumus gelombang cahaya   xiiKumpulan rumus gelombang cahaya   xii
Kumpulan rumus gelombang cahaya xiiIlham Wahyudin
 
Aula 14: O poço de potencial infinito
Aula 14: O poço de potencial infinitoAula 14: O poço de potencial infinito
Aula 14: O poço de potencial infinitoAdriano Silva
 

Mais procurados (20)

Bab 5 sistem kerangka non inersia
Bab 5 sistem kerangka non inersiaBab 5 sistem kerangka non inersia
Bab 5 sistem kerangka non inersia
 
Geometri Sudut dan segitiga modul 6
Geometri Sudut dan segitiga modul 6Geometri Sudut dan segitiga modul 6
Geometri Sudut dan segitiga modul 6
 
Gelombang berjalan
Gelombang berjalanGelombang berjalan
Gelombang berjalan
 
Dualisme Gelombang Partikel
Dualisme Gelombang PartikelDualisme Gelombang Partikel
Dualisme Gelombang Partikel
 
2 medan listrik 1
2 medan listrik 12 medan listrik 1
2 medan listrik 1
 
Fisika
FisikaFisika
Fisika
 
Demonstração do binômio de Newton
Demonstração do binômio de NewtonDemonstração do binômio de Newton
Demonstração do binômio de Newton
 
Peta konsep fisek termo
Peta konsep fisek termoPeta konsep fisek termo
Peta konsep fisek termo
 
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balik
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balikPpt 2 difraksi kristal dan kisi balik
Ppt 2 difraksi kristal dan kisi balik
 
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa Terbuka
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa TerbukaLaporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa Terbuka
Laporan Proses Pembuatan Recorder Prinsip Pipa Organa Terbuka
 
Listrik statis firman ahyuda
Listrik statis  firman ahyudaListrik statis  firman ahyuda
Listrik statis firman ahyuda
 
Presentasi interferensi 2
Presentasi interferensi 2Presentasi interferensi 2
Presentasi interferensi 2
 
Dalil Malus
Dalil MalusDalil Malus
Dalil Malus
 
9 Medan Magnet
9 Medan Magnet9 Medan Magnet
9 Medan Magnet
 
Bagian e
Bagian eBagian e
Bagian e
 
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrau
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrauAula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrau
Aula 8: O degrau de potencial. Caso I: Energia menor que o degrau
 
Momentum dan Impuls
Momentum dan ImpulsMomentum dan Impuls
Momentum dan Impuls
 
Kumpulan rumus gelombang cahaya xii
Kumpulan rumus gelombang cahaya   xiiKumpulan rumus gelombang cahaya   xii
Kumpulan rumus gelombang cahaya xii
 
Soal hukum 1,2,3 newton
Soal hukum 1,2,3 newtonSoal hukum 1,2,3 newton
Soal hukum 1,2,3 newton
 
Aula 14: O poço de potencial infinito
Aula 14: O poço de potencial infinitoAula 14: O poço de potencial infinito
Aula 14: O poço de potencial infinito
 

Semelhante a Exercsolv1

Lista de exercícios 1 - Cálculo
Lista de exercícios 1 - CálculoLista de exercícios 1 - Cálculo
Lista de exercícios 1 - CálculoCarlos Campani
 
Exercicios resolvidos
Exercicios resolvidosExercicios resolvidos
Exercicios resolvidosBrunna Vilar
 
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempo
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempoAplicações da equação de Schrödinger independente do tempo
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempoLucas Guimaraes
 
A matemática do ensino médio vol 1
A matemática do ensino médio vol 1A matemática do ensino médio vol 1
A matemática do ensino médio vol 1joutrumundo
 
Intro teoria dos numerros cap7
Intro teoria dos numerros cap7Intro teoria dos numerros cap7
Intro teoria dos numerros cap7Paulo Martins
 
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...Adriano Silva
 
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8trigono_metrico
 
Intro teoria dos numerros cap3
Intro teoria dos numerros cap3Intro teoria dos numerros cap3
Intro teoria dos numerros cap3Paulo Martins
 
Simave proeb 2011 para 3º ano
Simave proeb 2011 para 3º anoSimave proeb 2011 para 3º ano
Simave proeb 2011 para 3º anoIdelma
 
Lista de exercícios 8
Lista de exercícios 8Lista de exercícios 8
Lista de exercícios 8Carlos Campani
 
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADAProva do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADAthieresaulas
 
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2Zaqueu Oliveira
 
Algebra linear exercicios_resolvidos
Algebra linear exercicios_resolvidosAlgebra linear exercicios_resolvidos
Algebra linear exercicios_resolvidosRodolfo Sena da Penha
 
Nota aula 01
Nota aula 01Nota aula 01
Nota aula 01Pitterpp
 

Semelhante a Exercsolv1 (20)

Lista de exercícios 1 - Cálculo
Lista de exercícios 1 - CálculoLista de exercícios 1 - Cálculo
Lista de exercícios 1 - Cálculo
 
Teste Derivadas
Teste DerivadasTeste Derivadas
Teste Derivadas
 
Exercicios resolvidos
Exercicios resolvidosExercicios resolvidos
Exercicios resolvidos
 
Corpo reais
Corpo reaisCorpo reais
Corpo reais
 
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempo
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempoAplicações da equação de Schrödinger independente do tempo
Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempo
 
A matemática do ensino médio vol 1
A matemática do ensino médio vol 1A matemática do ensino médio vol 1
A matemática do ensino médio vol 1
 
Estr mat i
Estr mat iEstr mat i
Estr mat i
 
Intro teoria dos numerros cap7
Intro teoria dos numerros cap7Intro teoria dos numerros cap7
Intro teoria dos numerros cap7
 
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...
Aula 17: Separação da equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas. Part...
 
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8
Mat em funcoes exponenciais e logarítmicas sol vol1 cap8
 
Intro teoria dos numerros cap3
Intro teoria dos numerros cap3Intro teoria dos numerros cap3
Intro teoria dos numerros cap3
 
Simave proeb 2011 para 3º ano
Simave proeb 2011 para 3º anoSimave proeb 2011 para 3º ano
Simave proeb 2011 para 3º ano
 
Lista de exercícios 8
Lista de exercícios 8Lista de exercícios 8
Lista de exercícios 8
 
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADAProva do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
 
matematica
matematica matematica
matematica
 
Resumo2
Resumo2Resumo2
Resumo2
 
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2
Cap1 Guidorizzi vol1.exercicio 1.2
 
euclides primos
euclides primoseuclides primos
euclides primos
 
Algebra linear exercicios_resolvidos
Algebra linear exercicios_resolvidosAlgebra linear exercicios_resolvidos
Algebra linear exercicios_resolvidos
 
Nota aula 01
Nota aula 01Nota aula 01
Nota aula 01
 

Último

PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...
PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...
PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...MANUELJESUSVENTURASA
 
Ler e compreender 7º ano - Aula 7 - 1º Bimestre
Ler e compreender 7º ano -  Aula 7 - 1º BimestreLer e compreender 7º ano -  Aula 7 - 1º Bimestre
Ler e compreender 7º ano - Aula 7 - 1º BimestreProfaCintiaDosSantos
 
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTRE
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTREVACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTRE
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTREIVONETETAVARESRAMOS
 
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptx
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptxAULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptx
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptxGislaineDuresCruz
 
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptx
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptxSlides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptx
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptxLuizHenriquedeAlmeid6
 
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...azulassessoria9
 
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)Paula Meyer Piagentini
 
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.Paula Meyer Piagentini
 
Gametogênese, formação dos gametas masculino e feminino
Gametogênese, formação dos gametas masculino e femininoGametogênese, formação dos gametas masculino e feminino
Gametogênese, formação dos gametas masculino e femininoCelianeOliveira8
 
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptx
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptxEVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptx
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptxHenriqueLuciano2
 
A área de ciências da religião no brasil 2023.ppsx
A área de ciências da religião no brasil  2023.ppsxA área de ciências da religião no brasil  2023.ppsx
A área de ciências da religião no brasil 2023.ppsxGilbraz Aragão
 
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOS
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOSUM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOS
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOSdjgsantos1981
 
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.azulassessoria9
 
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...azulassessoria9
 
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptx
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptxSlides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptx
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptxLuizHenriquedeAlmeid6
 
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...Unidad de Espiritualidad Eudista
 
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOM
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOMNOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOM
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOMHenrique Pontes
 
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbv19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbyasminlarissa371
 

Último (20)

PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...
PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...
PROPUESTA DE LOGO PARA EL DISTRITO DE MOCHUMI, LLENO DE HISTORIA 200 AÑOS DE ...
 
Ler e compreender 7º ano - Aula 7 - 1º Bimestre
Ler e compreender 7º ano -  Aula 7 - 1º BimestreLer e compreender 7º ano -  Aula 7 - 1º Bimestre
Ler e compreender 7º ano - Aula 7 - 1º Bimestre
 
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTRE
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTREVACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTRE
VACINAR E DOAR, É SÓ COMEÇAR - - 1º BIMESTRE
 
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptx
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptxAULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptx
AULA-06---DIZIMA-PERIODICA_9fdc896dbd1d4cce85a9fbd2e670e62f.pptx
 
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptx
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptxSlides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptx
Slides Lição 2, Betel, Ordenança para participar da Ceia do Senhor, 2Tr24.pptx
 
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...
Com base no excerto acima, escreva um texto explicando como a estrutura socia...
 
Os Ratos - Dyonelio Machado FUVEST 2025
Os Ratos  -  Dyonelio Machado  FUVEST 2025Os Ratos  -  Dyonelio Machado  FUVEST 2025
Os Ratos - Dyonelio Machado FUVEST 2025
 
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)
Jogo de Revisão Terceira Série (Primeiro Trimestre)
 
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.
Estudo Dirigido de Literatura / Terceira Série do E.M.
 
Gametogênese, formação dos gametas masculino e feminino
Gametogênese, formação dos gametas masculino e femininoGametogênese, formação dos gametas masculino e feminino
Gametogênese, formação dos gametas masculino e feminino
 
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptx
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptxEVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptx
EVANGELISMO É MISSÕES ATUALIZADO 2024.pptx
 
A área de ciências da religião no brasil 2023.ppsx
A área de ciências da religião no brasil  2023.ppsxA área de ciências da religião no brasil  2023.ppsx
A área de ciências da religião no brasil 2023.ppsx
 
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOS
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOSUM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOS
UM CURSO DE INFORMATICA BASICA PARA IDOSOS
 
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.
c) O crime ocorreu na forma simples ou qualificada? Justifique.
 
“O AMANHÃ EXIGE O MELHOR DE HOJE” _
“O AMANHÃ EXIGE O MELHOR DE HOJE”       _“O AMANHÃ EXIGE O MELHOR DE HOJE”       _
“O AMANHÃ EXIGE O MELHOR DE HOJE” _
 
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...
A alimentação na Idade Média era um mosaico de contrastes. Para a elite, banq...
 
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptx
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptxSlides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptx
Slides Lição 01, Central Gospel, Os Sinais do Fim dos Tempos 2Tr24.pptx
 
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...
A Unidade de Espiritualidade Eudista se une ao sentimiento de toda a igreja u...
 
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOM
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOMNOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOM
NOVA ORDEM MUNDIAL - Conceitos básicos na NOM
 
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbv19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
v19n2s3a25.pdfgcbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
 

Exercsolv1

  • 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