Manual De Indução Matemática - Luiz Lopes 1g6w46

c 1999, by Copyright Lu´ıs Lopes Direitos reservados em 1999 por Editora Interciˆ encia Ltda. Capa: Cleber Luiz Composi¸c˜ ao: Interciˆ encia

CIP-Brasil. Cataloga¸ c˜ ao-na-fonte Sindicato Nacional dos Editores de Livros, RJ. L854m Lopes, Lu´ıs Manual de indu¸c˜ ao matem´ atica / Lu´ıs Lopes. – Rio de Janeiro: Interciˆencia, 1998

132p. Cont´em exerc´ıcios Inclui bibliografia ISBN: 85-7193-013-9 1. Indu¸c˜ ao (Matem´atica) - Problemas, quest˜oes, exerc´ıcios. I. T´ıtulo. 99-0356

CDD 511.2 CDU 510.24 ´ proibida a reprodu¸c˜ao total ou parcial, por quaisquer meios, E sem autoriza¸c˜ao por escrito da editora.

Nesta obra, o gˆenero masculino ´e empregado a t´ıtulo epiceno. Obra inteiramente composta pelo autor com TEX, PICTEX e AMS-TEX. TEX is a trademark of the American Mathematical Society. AMS-TEX is the TEX macrosystem of the American Mathematical Society. ˆ EDITORA INTERCIENCIA LTDA. Av. Pres. Vargas, 435/604 - Centro - Rio de Janeiro - RJ - 20077–900 Tel.: (021)242-2861 - Fax: (021)242-7787 e-mail: [email protected] Impresso no Brasil Printed in Brazil

Ao meu irm˜ ao Gilberto, incentivador e inspirador das minhas atividades de autor e editor.

˜ APRESENTAC ¸ AO

Este livro foi escrito pensando no leitor que estuda o assunto pela primeira vez e naquele que gostaria de encontrar num s´o volume uma coletˆanea de defini¸c˜oes e f´ ormulas que s˜ ao obtidas somente ap´os consultas a diversas obras diferentes. O volume ´e dividido em duas partes distintas. Na primeira parte, prop˜oem-se cento e treze exerc´ıcios. Os exerc´ıcios foram escolhidos a fim de apresentar-se f´ormulas e teoremas importantes encontrados em an´alise, ´algebra, teoria dos n´ umeros e an´alise combinat´ oria. Al´em disso, servir˜ao, muitas vezes, como motiva¸c˜ao para o desenvolvimento e introdu¸c˜ ao de novos resultados e proposi¸c˜oes. As solu¸c˜ oes completas e detalhadas de todos os exerc´ıcios encontram-se em seguida e formam a segunda parte. Assim, o estudante e o professor, `a procura de exemplos e exerc´ıcios, ter˜ ao farto material `a sua disposi¸c˜ao.

O autor

´ PREFACIO

Este manual foi escrito com o objetivo de servir a todo tipo de leitor. O leitor `a vontade com os temas aqui tratados utilizar´a o manual quando precisar se lembrar de uma defini¸c˜ ao ou de uma f´ormula; para tal, ele ter´a somente que consultar os exerc´ıcios propostos e suas solu¸c˜oes. O leitor que estuda o assunto pela primeira vez deve ler este manual com o apoio dos livros-texto que tratam da matem´atica discreta (ver [9], [12], [19], [21] e [31], por exemplo), da ´algebra (ver [8] ou [30]) e do c´alculo (ver [1] ou [22]). Este manual foi escrito para ar e aprofundar os temas tratados previamente por um livro-texto. O m´etodo ou princ´ıpio conhecido sob o nome de indu¸c˜ ao matem´ atica ´e utilizado quando queremos provar a validade de uma afirma¸c˜ao (na forma de um teorema ou equa¸c˜ ao), sobre um inteiro n, que suspeitamos ser verdadeira para todos os inteiros maiores que ou iguais a um certo inteiro inicial n0 . N˜ao apresentaremos os fundamentos l´ ogicos do princ´ıpio. O leitor interessado neste aspecto ´e referido a [1], [3], [8], [14] ou [33], por exemplo, ou ` as obras did´ aticas que abordam a matem´atica discreta. Nossa experiˆencia como estudante e professor nos ensinou que a melhor maneira de assimilar um assunto ´e atrav´es da resolu¸c˜ao de exerc´ıcios — e muitos! N´os constatamos que os livros-texto n˜ ao fornecem as solu¸c˜ oes dos exerc´ıcios propostos e, freq¨ uentemente, nem mesmo as respostas. O estudante se vˆe assim frustrado nos seus esfor¸cos de compreens˜ao, pois nunca pode estar certo do seu racioc´ınio se pensa que resolveu um exerc´ıcio corretamente ou ent˜ao, ap´os ar um certo tempo tentando resolvˆe-lo, permanece sem conhecer a solu¸c˜ao do “quebra-cabe¸ca”. Neste manual, nossa preocupa¸c˜ ao maior foi de apresentar uma solu¸c˜ao completa e detalhada a todos os exerc´ıcios propostos. Os cento e treze exerc´ıcios deste manual foram cuidadosamente escolhidos e exigir˜ ao do leitor conhecimentos em ´algebra, an´alise e teoria dos n´ umeros. Os exerc´ıcios seguem uma certa ordem de dificuldade mas nosso objetivo principal foi de grup´a-los por assuntos. Em cada grupo eles s˜ao colocados de maneira que um resultado obtido num exerc´ıcio possa vir a ser aplicado, como resultado parcial, num exerc´ıcio posterior. As solu¸c˜ oes dos exerc´ıcios encontram-se em seguida e, no final do volume, a bibliografia e as referˆencias. Agradecemos a Lucie Bibeau por seu apoio e sugest˜oes. Lu´ıs Lopes Rio de Janeiro, RJ Mar¸co, 1999

´ CONTEUDO

Pref´ acio

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ix

Cap´ıtulo I II III

Seq¨ uˆ encia de Fibonacci Exerc´ıcios Solu¸ c˜ oes

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Bibliografia e Referˆ encias

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1

15 131

CAP´ITULO

I

¨ ENCIA ˆ SEQU DE FIBONACCI

A seq¨ uˆencia de Fibonacci ´e definida pela seguinte equa¸c˜ao de recorrˆencia (ou em diferen¸cas): Fi+2 = Fi+1 + Fi ,

para i ≥ 0

(∗)

com F0 = 0 e

F1 = 1.

Assim, obt´em-se a seq¨ uˆencia {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .}. A seq¨ uˆencia de Fibonacci possui diversas propriedades interessantes e, conseq¨ uentemente, encontramo-la em muitos dom´ınios e aplica¸c˜oes. Como exemplo de uma das mais importantes, podemos citar o estudo da complexidade dos algoritmos, como fazem Knuth em [14] e Pitombeira em Revista do Professor de Matem´ atica # 24, 1993, Sociedade Brasileira de Matem´atica (ver [23] para o endere¸co). H´ a tanto a dizer sobre esta seq¨ uˆencia que existe um peri´odico — The Fibonacci Quarterly — dedicado exclusivamente aos c´elebres n´ umeros que ela gera e suas aplica¸c˜ oes e propriedades. Os exerc´ıcios 83 a 90, propostos no cap´ıtulo seguinte, s˜ao exemplos de somente algumas. Resolvendo a equa¸c˜ ao de recorrˆencia (∗) e utilizando as condi¸c˜oes iniciais F0 = 0 e F1 = 1, obtemos uma f´ ormula expl´ıcita para o termo geral Fi em fun¸c˜ao de i somente. Para resolver (∗), seguimos [5], [20] ou [39], por exemplo. Assim, devemos ter: x − x − 1 = 0 ... 2

e Fi = c1



√ x1 = (1 + 5)/2 √ x2 = (1 − 5)/2 = 1 − x1

1 + √5 i 2

+ c2

1 − √5 i

As condi¸c˜ oes iniciais F0 = 0 e F1 = 1 nos d˜ao c1 =

√

2

.

√ 5/5 e c2 = − 5/5.

ˆ obt´em-se, finalmente, a f´ormula definitiva para o Colocando x1 = φ e x2 = φ, termo geral da seq¨ uˆencia de Fibonacci: √ Fi =

5 i ˆi (φ − φ ). 5

2

CAP´ITULO

II

EXERC´ICIOS

Em todos os exerc´ıcios, i, j, k, l, m, n e p denotam n´ umeros inteiros. Exerc´ıcio 1) inteiro n.

umero inteiro para todo Mostre que n2 − 3n + 4 ´e um n´

Exerc´ıcio

2)

Para n ≥ 1, mostre que

Sn =

Exerc´ıcio 3) por 3.

Para n ≥ 0, mostre que

an = 7n + 2 ´e um n´ umero divis´ıvel

Exerc´ıcio 4) por 6.

Para n ≥ 0, mostre que

an = 7n − 1 ´e um n´ umero divis´ıvel

Pn

i=1

i! ´e um n´ umero ´ımpar.

Exerc´ıcio 5) Para n ≥ 0, mostre que an = 2n3 − 3n2 + n ´e um n´ umero divis´ıvel por 6. Exerc´ıcio 6) por 15.

Para n ≥ 0, mostre que

Exerc´ıcio 7) Para n ≥ 0, mostre que divis´ıvel por 17. Exerc´ıcio 8) Para n ≥ 0, mostre que n´ umero divis´ıvel por 64. Exerc´ıcio 9) Para n ≥ 0, mostre que divis´ıvel por 133.

an = 24n − 1 ´e um n´ umero divis´ıvel an = 3 · 52n+1 + 23n+1

´e um n´ umero

an = 34n+1 + 10 · 32n − 13 ´e um an = 11n+2 + 122n+1

´e um n´ umero

Exerc´ıcio 10) Mostre que a soma dos cubos de trˆes n´ umeros inteiros consecutivos ´e divis´ıvel por 9.

Exerc´ıcio 107) Para n ≥ 1, seja An = (aij ) a matriz de ordem n cujos elementos s˜ ao aii = 0, i = 1, . . . , n; aij = 1, j < i = 2, . . . , n e 0 −1 aij = −1, j > i = 1, . . . , n − 1. Assim, A1 = (0), A2 = e 1 0   0 −1 −1 A3 =  1 0 −1 . Calcule |An |. 1 1 0 Exerc´ıcio 108) Mostre que, se n ≥ 1 e A ´e uma matriz anti-sim´etrica (ou hemissim´etrica) de ordem 2n, ent˜ao |A| = 0 ou |A| ´e o quadrado de um polinˆ omio formado de elementos de A. Exerc´ıcio 109) Um torneio de xadrez tem n jogadores. Cada jogador joga uma partida, e uma s´o, contra todos os outros. Mostre que o n´ umero total de partidas do torneio ´e igual a (n − 1)n/2. Exerc´ıcio 110) Mostre que a soma dos ˆangulos internos de um pol´ıgono convexo de n lados ´e igual a (n − 2)180◦ . Exerc´ıcio 111) Mostre que o n´ umero de diagonais de um pol´ıgono convexo de n lados ´e igual a (n − 3)n/2. Exerc´ıcio 112) Desenham-se n c´ırculos num plano π de acordo com o seguinte procedimento: todos os c´ırculos cortam-se sempre em dois pontos e trˆes c´ırculos n˜ ao am nunca pelo mesmo ponto. Mostre que os c´ırculos dividem o plano π em n2 − n + 2 regi˜oes, incluindo a que ´e exterior a todos os c´ırculos. Exerc´ıcio 113) Dispomos de k cores para colorir os v´ertices de um pol´ıgono convexo de n lados. Sabendo que v´ertices adjacentes n˜ao podem ter a mesma cor, mostre que o n´ umero de maneiras para se efetuar esta tarefa ´e igual a (k − 1)n + (k − 1)(−1)n .

14

CAP´ITULO

III

˜ SOLUC ¸ OES

Exerc´ıcio 1) Seja an = n2 − 3n + 4. Come¸camos supondo que n ≥ 0. n = 0 a0 = 4 X n = 1 a1 = 2 X Supomos agora que an ´e um n´ umero inteiro para n = 1, . . . , k. Devemos mostrar que ak+1 ´e tamb´em um n´ umero inteiro. ak+1 = (k + 1)2 − 3(k + 1) + 4 = (k 2 − 3k + 4) + 2(k − 1). Como 2(k − 1) ´e um inteiro e k 2 − 3k + 4 ´e um inteiro tamb´em (pela hip´otese de indu¸c˜ ao), conclu´ımos que ak+1 ´e um inteiro. Se n < 0, colocamos m = −n e conclu´ımos, por um procedimento an´alogo `aquele mostrado acima, que am = m2 + 3m + 4 ´e um inteiro para todo m > 0. Logo, n2 − 3n + 4 ´e um n´ umero inteiro ∀n ∈ Z. Exerc´ıcio 2) Pn Sejam Sn = i=1 i! e P (n) a proposi¸c˜ao: Sn ´e um n´ umero ´ımpar ∀n ≥ 1. n = 1 S1 = 1! = 1 X n = 2 S2 = S1 + 2! = 3 X Supomos agora que a proposi¸c˜ao P (n) ´e verdadeira para n = 2, . . . , k. Devemos mostrar que P (n) continua verdadeira para n = k + 1, isto ´e, Sk+1 ´e um n´ umero ´ımpar. k+1 k X X Sk+1 = i! = i! + (k + 1)! = Sk + (k + 1)! . i=1

i=1

Como Sk ´e um n´ umero ´ımpar (pela hip´otese de indu¸c˜ao) e (k + 1)! = 1 · 2 · · · · · (k + 1) ´e um n´ umero par, segue que P (k + 1) ´e verdadeira. Logo, conclu´ımos que P (n) ´e verdadeira ∀n ≥ 1.

Exerc´ıcio 112) Seja P (n) a proposi¸c˜ ao: se an denota o n´ umero de regi˜oes que n c´ırculos, tra¸cados segundo o procedimento dado, dividem o plano π, ent˜ao an = n2 − n + 2. n = 1 a1 = 2

n = 2 a2 = 4

1

......................... ..... ... ... ... .. ..... ... .. .. ... ... .... . . . ....... . ..................

X

1

............. ............ ...... .................. .......... ... .... . ... ... ... ... ... .. . ..... ..... .. . .. ... ... . ... ... ... .... . . ..... . . . ....................................................

X

2

2 3 4

Conseq¨ uentemente, a proposi¸c˜ao ´e verificada para n = 1 e n = 2. Supomos agora que a proposi¸c˜ ao P (n) ´e verdadeira para n = 1, 2, 3, . . . , k. Devemos mostrar que P (n) continua verdadeira para n = k + 1, isto ´e, ak+1 = k 2 + k + 2. Ao desenharmos o c´ırculo Ck+1 , sabemos que ele cortar´a todos os outros k c´ırculos em dois pontos. Neste momento, devemos observar que Ck+1 possuir´a 2k pontos na sua circunferˆencia, para um total de 2k arcos. Damos um exemplo para k = 2. .................................... ....... ..... ..... ............................................................. .......... ........ ... . . . . . . . . . . . ....... .. ....... ...... .................................. .. ...... ... ...... ...... ............. . . . . . . ..... .......... ... . ... . . . ..... . . . . .. ... ... ..... ... .... ..... ... .. .. ....... .... . . . . . . . ... ... ... . . .. . . . . . . . ... ... ... . . . . ... . ... . . . . ... ... .. . . .. . . . . . ... .... .... ... ... .. . . . . . . ..... .. ..... . . .. . ....... ..... . . . . . ................................... .... . . . .... ... ... . .. ... ... ... .... ... ... ... ..... .. ..... . ...... ..... . ..... . . ........ ... . . . ... ............................... . ... ... ... ... ... ... ... .. ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .... .. ..... .... ..... ..... ..... ..... ...... ..... . . . . . ...... ....... ...... ......... ....... ............. ......... .........................................

2

8

4

1

3

6

5

7

Os 2k arcos atravessar˜ ao 2k regi˜oes j´ a formadas, dividindo cada uma em duas outras, criando assim 2·2k−2k = 2k novas regi˜oes. A participa¸c˜ao de Ck+1 estando encerrada, podemos agora considerar que temos somente k c´ırculos, para um total de ak regi˜oes. Assim, podemos escrever: ak+1 = ak + 2k = k 2 + k + 2 = (k + 1)2 − (k + 1) + 2. Logo, P (k + 1) ´e verdadeira e conclu´ımos que P (n) ´e verdadeira ∀n ≥ 1.

Exerc´ıcio 113) Seja P (n) a proposi¸c˜ ao: se an (k) denota o n´ umero de possibilidades para colorir, com k cores, os v´ertices de um pol´ıgono convexo de n lados, onde v´ertices adjacentes n˜ ao tˆem a mesma cor, ent˜ ao an (k) = (k − 1)n + (k − 1)(−1)n . (∗) 128

Considerando que o pol´ıgono de n lados ´e convexo, ele possui n v´ertices tamb´em. Para n = 3, a f´ ormula nos d´ a a3 (k) = (k − 1)3 − (k − 1) = (k − 1)[(k − 1)2 − 1] = 2 (k − 1)(k − 2k) = k(k − 1)(k − 2). Como, para o triˆangulo, o v´ertice V1 pode ser colorido de k cores, o v´ertice V2 de k − 1 cores e o v´ertice V3 de k − 2 cores, temos a3 (k) = k(k − 1)(k − 2). Assim, a proposi¸c˜ao ´e verdadeira para n = 3 (observe que a f´ ormula ´e v´ alida para n = 2 v´ertices, j´a que a2 (k) = k(k − 1), mas neste caso temos somente um u ´nico lado). Supomos agora que a proposi¸c˜ao P (n) ´e verdadeira para n = 3, 4, 5, . . . , l. Devemos mostrar que P (n) continua verdadeira para n = l + 1, isto ´e, al+1 (k) = (k − 1)l+1 + (k − 1)(−1)l+1 . Com n = 3, 4, 5, . . . , l v´ertices, temos al (k) possibilidades. Quando o v´ertice Vl+1 ´e acrescentado, formamos o pol´ıgono V1 V2 . . . Vl+1 . Para colorir V1 , temos k cores; para V2 , k − 1 cores; para V3 , k − 1 cores e assim sucessivamente. Executando sistematicamente este procedimento, todos os v´ertices ter˜ao uma cor diferente do anterior e, ao final, teremos k(k − 1)l possibilidades; entretanto, Vl+1 ´e adjacente a V1 e devemos retirar os casos onde V1 e Vl+1 tˆem a mesma cor. E quantos h´a? N˜ao sabemos, mas se V1 e Vl+1 tˆem a mesma cor, estes v´ertices, vistos do v´ertice Vl , s˜ao idˆenticos e podem ent˜ ao se reduzir a um s´o (pense bem!). Encontramo-nos assim com l v´ertices, para os quais temos al (k) possibilidades. Ent˜ao, a participa¸c˜ao de Vl+1 estando encerrada, podemos escrever: al+1 (k) = k(k − 1)l − al (k) al+1 (k) = k(k − 1)l − (k − 1)l − (k − 1)(−1)l al+1 (k) = (k − 1)(k − 1)l + (k − 1)(−1)l+1 al+1 (k) = (k − 1)l+1 + (k − 1)(−1)l+1 . Logo, P (l + 1) ´e verdadeira e conclu´ımos que P (n) ´e verdadeira ∀n ≥ 2 (v´ertices). Observa¸ c˜ ao: para obter a f´ ormula (∗), tivemos que resolver a equa¸c˜ao de recorrˆencia an+1 (k) + an (k) = k(k − 1)n . Poder´ıamos ter seguido as t´ecnicas apresentadas em [39] para resolvˆe-la; entretanto, observando que a seq¨ uˆencia bn (k) = an (k)+an+1 (k) forma uma progress˜ao geom´etrica de raz˜ao q = k −1, procederemos da seguinte maneira (observe a ast´ ucia): an+1 (k) + an (k) = k(k − 1)n n−1

an (k) + an−1 (k) = k(k − 1)

(k − 1)an (k) + (k − 1)an−1 (k) = k(k − 1)n

(I) (II) (III)

Subtraindo a equa¸c˜ ao (III) da equa¸c˜ao (I), obtemos: an+1 (k) + (2 − k)an (k) + (1 − k)an−1 (k) = 0.

(†)

A equa¸c˜ ao (†) ´e uma equa¸c˜ao de recorrˆencia linear de segunda ordem com coeficientes constantes cuja equa¸c˜ao auxiliar ou caracter´ıstica ´e (ver [5] ou [20], por exemplo): α2 + (2 − k)α + (1 − k) = 0. 129

As ra´ızes s˜ ao α1 = −1 e α2 = k − 1 e a solu¸c˜ao an (k) ´e an (k) = c2 (k − 1)n + n c1 (−1) . Como an+1 (k) + an (k) = k(k − 1)n , resulta kc2 = k ... c2 = 1. O valor c1 = k − 1 ´e obtido sabendo-se que a2 (k) = k(k − 1).

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ˆ BIBLIOGRAFIA E REFERENCIAS

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Suas observa¸ c˜ oes e descobertas

Aos nossos leitores

O autor gostaria de conhecer sua opini˜ao sobre a apresenta¸c˜ao e o conte´ udo deste manual. Escrevam para:

Lu´ıs Lopes A/C Maurice B. Vincent Avenida das Am´ericas, 1155 Sala 504 Barra da Tijuca Rio de Janeiro RJ 22631–000

E-mail: [email protected]

Escrevam para o editor ou para o endere¸co acima para encomendar outros exemplares e t´ıtulos ou propor novos problemas que gostariam de ver numa outra edi¸c˜ao.

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Manuais j´ a publicados

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Trigonometria Seq¨ uˆencias e S´eries Progress˜ oes Fun¸c˜ oes Exponenciais e Logar´ıtmicas Indu¸c˜ ao Matem´ atica