A Plic Are Corren CIA

Aplicacoes de recorrencias.Rodrigo Carlos Silva de Lima

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1

Sumario1 Aplicacao de recorrencias a problemas de outras areas.1.1

1.2

1.3

Aplicacao de recorrencias a problemas de Geometria. . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Numero de diagonais de um polgono de n lados.

. . . . . . . . . .

3

1.1.2

Soma dos angulos internos de um polgono de n lados. . . . . . . .

4

1.1.3

Palitos e triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Aplicacao de recorrencias a problemas de Calculo e analise. . . . . . . . . .

6

1.2.1

Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2

n-esima derivada de senx e cosx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.3

Z e enumeravel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.4

Existem innitos pontos num intervalo . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Aplicacao a teoria dos numeros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.1

1.4

1.5

Aplicacao a divisibilidade. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Aplicacao a combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.1

Contando triangulos isosceles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4.2

Contando fracoes utilizando a funcao de Euler . . . . . . . . . . . . 16

1.4.3

Naturais repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.4

Generalizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Sequencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5.1

1.6

3

Um e zero alternados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Aplicacoes em jogos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6.1

Torre de Hanoi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2

Captulo 1Aplicacao de recorrencias aproblemas de outras areas.1.1

Aplicacao de recorrencias a problemas de Geometria.

1.1.1

Numero de diagonais de um polgono de n lados.

Considere que um polgono de n lados tenha f (n) diagonais, agora tomando um

Figura 1.1: Polgonosponto Pn+1 do plano tal que possamos tracar com os vertices do polgono de n ladose o ponto Pn+1 um polgono de n + 1 lados, o numero de diagonais do novo polgono3

DE RECORRENCIASCAPITULO 1. APLICAC AOA PROBLEMAS DE OUTRAS AREAS.4

sera f (n + 1), onde contamos f (n), contamos um lado que no novo polgono se tornadiagonal (Pn1 Pn2 ), e do ponto Pn+1 contamos n 2 diagonais, pois 2 sao retiradaspor serem lados no polgono (Pn+1 Pn1 e Pn+1 Pn2 ), no total temos entao f (n + 1) =f (n) + n 2 + 1 f (n) + n 1, e tendo como condicao inicial que o polgono de 3 lados,nao possui diagonais, assim f (3) = 0, temos a recorrencia f (n + 1) = f (n) + n 1,f (k) = k 1, aplicando o somatorio de k variando de 3 ate n 1 temosnn1n1

k(k 1) k =f (k) = f (n) f (3) = f (n) =k1=23k=3k=3nnn

(k 1)k(k 1 2) k(k 3) n(n 3)

= k( 1) ===

22n2333(n)(n 3)logo f (n) =. Tambem podemos escrever a formula geral como f (n) =2poisn ( )

k(k 1)nf (n) = k = n.223

Z Exemplo 1 (ITA 1965). O numero de diagonais do octogono e Dque tambem pode ser escrito como

8

=

( )nn,2

8(8 3)= 20,2

( )nn2

com n = 8.

1.1.2

Soma dos angulos internos de um polgono de n lados.

b Propriedade 1. A soma dos angulos internos de um polgono de n lados ef (n) = 180(n 2). Demonstracao.Um polgono de 3 lados (o triangulo) possui soma dos angulos internos de 180 graus,considere agora que um polgono de n lados possua soma dos angulos internos de f (n),construindo um polgono de n + 1 lados com um ponto pn+1 e com os pontos do polgonode n lados vamos poder formar um polgono de n + 1 lados, onde teremos a soma dosangulos de total f (n) + 180, pois com o ponto pn+1 e dois vertices do polgono de n ladospodemos formar um triangulo, como na gura, assim temos f (n + 1) = f (n) + 180f (k) = 180


Figura 1.2: Polgonosaplicando o somatorio de k = 3 ate n 1 temosn1

f (k) = f (n) f (3) = f (n) 180 =

n1

180 = 180n 3.180

k=3

k=3

implicandof (n) = 180n 3.180 + 180 = 180n 2.180 = 180(n 2)Logo o a soma de angulos internos do polgono de n lados ef (n) = 180(n 2).

1.1.3

Palitos e triangulos

Tomaremos por condicao inicial 3 palitos para formar um triangulo , e com esse

Figura 1.3: Palitos e triangulostriangulo ja construdo, tomamos mais dois palitos para construir outro triangulo, com


um lado em comum com o primeiro, nesta construcao, qual o numero de palitos paraconstruir n triangulos? Sendo f (n) a quantidade de palitos em funcao do numero detriangulos, temos a condicao inicial f (1) = 3, se temos n triangulos para construir maisum adicionamos 2 palitos, pois se constroi usando um dos lados do n-esimo triangulo,assim temos f (n + 1) = f (n) + 2 f (n) = 2, temos entao f (n) da forma f (n) = an + b,tirando a diferenca temos f (n) = a assim a = 2, e usando a condicao inicial temosf (1) = 2 + b = 3, implicando b = 1, logo a solucao ef (n) = 2n + 1.

1.2

Aplicacao de recorrencias a problemas de Calculoe analise.

1.2.1

Series de potencias

Series de senx e cosxSabemos que as funcoes f (x) = c1 senx + c2 cosx sao solucoes da equacao diferencialD f (x) = f (x) e se tomarmos as condicoes iniciais f (0) = 0 = a0 e Df (0) = 1 = a1 ,2

temos como solucao a funcao senx entao tomando uma solucao da forma de serie deak xkpotencias f (x) =e substituindo na equacao diferencial temosk!k=0D

2

ak xkk=0

k!

ak+2 xkk=0

k!

=

ak xkk=0

=

k!

ak xkk=0

k!

temos que ter ak+2 = ak e as condicoes iniciais a0 = 0 e a1 = 1, com isso e usando aformula que deduzimos1 para esse tipo de recorrencia, temos o resultadoiiiiak = ik + (i)k = ik + (1)k (i)k =22221

f (n) =

(f (0) if (1))in(if (1) + f (0))(i)n+22

DE RECORRENCIASCAPITULO 1. APLICAC AOA PROBLEMAS DE OUTRAS AREAS.7[](i)k+1 (i)k+1ik+1kk=+(1) = 1 + (1)222a formula geral da serie casenx =

ak xkk=0

k!

=

k+1 [ik=0

2

] kx(1) 1k!k

A recorrencia ak+2 = ak com condicao inicial a0 = 0 implica que todos termos pares saozero, mas podemos ver isso atravez da formula fechada fazendo k = 2s, da temos]][[i2s+1i2s+12s(1) 1 =11 =0a2s =22e se k e mpar temosa2s+1

[][]i2s+2(1)s (1)2s+12s=(1)1 =(1) (1) 1 =22[](1)s=1 + 1 = (1)s2

podemos escrever entaosenx =

(1)k x2k+1k=0

(2k + 1)!

a derivada de senx e cosx, logo derivando a serie temosDsenx = cosx =

(1)k (2k + 1)x2kk=0

(2k + 1)!cosx =

k=0

(2k + 1)(2k)!

=

(1)k x2kk=0

1.2.2

=

(1)k (2k + 1)x2k

(2k)!

n-esima derivada de senx e cosx

Tomando por exemplo a derivada de senx temos Dsenx = cosx, a segunda derivadaD senx = senx a terceira derivada D3 senx = cosx e quarta derivada D4 senx = senx,2

repetindo a 0 derivada, vemos entao que Dn senx pode ser escrito da forma Dn senx =f (n)senx + g(n)cosx.Vamos achar entao as funcoes f (n) e g(n) resolvendo uma recorrencia. Sabendo queDn senx = f (n)senx + g(n)cosx temos que Dn+1 senx = f (n + 1)senx + g(n + 1)cosx,aplicando a derivada em ambos lados em Dn senx temos Dn+1 senx = f (n)cosxg(n)senxigualando os coecientes com a outra expressao para Dn+1 senx temos f (n) = g(n + 1)


e f (n + 1) = g(n), que pode ser visto como um sistema de recorrencias, temos pelaprimeira f (n + 1) = g(n + 2) igualando com a segunda camos com g(n + 2) = g(n),vamos ver as condicoes iniciais , temos D0 senx = f (0)senx + g(0)cosx = senx logog(0) = 0 e f (0) = 1 = g(1), temos entao a recorrencia g(n + 2) = g(n) com condicoesiniciais g(0) = 0 e g(1) = 1, essa recorrencia ja resolvemos sua solucao ei(n+1)g(n) =[(1)n 1]2g(n + 1) =

i(n+2)i(n)[(1)n+1 1] =[1 + (1)n ] = f (n)22

Dn senx =

i(n)i(n+1)[1 + (1)n ]senx +[(1)n 1]cosx22

assim temos

aplicando a derivada em ambos lados , temosDn Dsenx = Dn cosx =Dn cosx =

1.2.3

i(n)i(n+1)[1 + (1)n ]Dsenx +[(1)n 1]Dcosx =22

i(n+1)i(n)[1 + (1)n ]cosx +[1 (1)n ]senx22

Z e enumeravel

m Definicao

1. Um conjunto A e enumeravel quando ele e nito ou quando existe uma

bijecao f : N A.Vamos deduzir uma funcao de N em Z, tome a funcao denida como f (x) = n se x daforma 2n 1 para n > 0 , n N e f (x) = n , se x da forma 2n, para n N . Tomandoentao um numero inteiro positivo n, temos x = 2n 1 tal que f (x) = n e tomando umnumero inteiro nao positivo n, temos x = n tal que f (x) = n. Vamos achar entao aexpressao geral, fechada pra esse tipo de funcao, temosf (2.0) = 0, f (2.11) = f (1) = 1, f (2.1) = 1, f (2.21) = f (3) = 2, f (2.2) = f (4) = 2, . . .0, 1, 1, 2, 2, . . .Observe que somando os numeros consecutivos nessa sequencia, temos resultados 0ou 1, exemplos, 0 + 1 = 1 ; 1 1 = 0; 1 + 2 = 1; 2 2 = 0. Vamos demonstrar essapropriedade pela denicao da sequencia e usar para achar o termo geral.


Seja entao g(n) = f (n + 1) + f (n), se n e par temos n = 2k, g(2k) = f (2k + 1) + f (2k),que temos por denicao f (2k) = k, f (2(k + 1) 1) = f (2k + 2 1) = f (2k + 1) = k + 1,logo temos g(2k) = k+1k = 1 agora se n e mpar, n e da forma 2k+1, temos g(2k+1) =f (2k + 1) + f (2k + 2) = (k + 1) (k + 1) = 0, pois f (2k + 2) = f (2(k + 1)) = (k + 1).Temos entao g(n) = 0 se n mpar e g(n) = 1 se n par.g(0) = 1, g(1) = 0, g(2) = 1, g(3) = 0, . . .1, 0, 1, 0, . . .Podemos observar que g(n) e periodica, tendo g(n + 2) = g(n), de fato, pois, se n e parn + 2 e par logo g(n + 2) = g(n), se n e mpar n + 2 e mpar logo g(n + 2) = g(n) paraambos casos . Temos as condicoes iniciais g(0) = 1 e g(1) = 0 assim usando a solucao queja encontramos antes para esse tipo de recorrencia2 , temosg(n) =

1 11 1+(1)n+1 = + (1)n222 2

temos entao1 1+ (1)n = f (n) + f (n + 1).2 2Vamos agora nalmente resolver essa ultima recorrenciag(n) =

f (n + 1) + f (n) =

1 1+ (1)n2 2

1 1+ (1)n2 2aplicando (E 1)(E + 1) em ambos lados temos(E + 1)f (n) =

(E + 1)2 (E 1)f (n) = f (n + 3) + f (n + 2) f (n + 1) f (n) = 0(com condicoes iniciais f (0) = 0, f (1) = 1 e f (2) = 1) isso acontece quando a solucao edo tipof (n) = (1)n (an + b) + c1 1porem temos que (E + 1)f (n) = + (1)n , vamos achar entao os valores das constantes2 2(1)n+1 (an + a + b) + c + (1)n (an + b) + c = (1)n (an + b an a b) + 2c =2

f (1) + f (0) f (1) f (0)+(1)n+122


= (1)n (a) + 2c =

1 1+ (1)n2 2

1111com isso temos 2c = , c = , a = , a = , temos a solucao2422n1f (n) = (1)n (+ b) +24usando a condicao inicial f (0) = 0 temos0111f (0) = 0 = (1)0 (+ b) + = b + = 0 b =2444a solucao can 114n + 21f (n) = (1)n ( ) + = (1)n+1 ()+ =24484)(12n + 1+f (n) = (1)n+144e uma funcao que enumera os inteiros. Podemos dessa funcao deduzir uma funcao contnuade R R escrevendo (1)n+1 = cosn, camos com()2n + 11f (n) = (cosn)+44Funcao geradoraVamos usar a formula

p k1

G(n) =

ak f (n)xn+pk

k=1 n=0p

ak xpk

k=0

para achar a funcao geradora. Temos p = 3, a0 = 1, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1, f (0) =0, f (1) = 1, f (2) = 1, como temos f (0) = 0, podemos comecar o somatorio com n = 1,forcando a fazer k = 2.3 k1G(n) =

1

ak f (n)xn+3k

k=2 n=13

=ak

x3k

n=1

a2 f (n)xn+32 +

2

a3 f (n)xn+33

n=1

a0 x3 + a1 x2 + a2 x1 + a3

=

k=0

a2 f (1)x2 + a3 f (1)x1 + a3 f (2)x2x2 + x1 x2x==32132132a0 x + a1 x + a2 x + a3x x + x + 1(x + x x1 1)a fatoracao de (x3 + x2 x1 1) conhecemos pois e a mesma fatoracao dos operadores=

que zeram a funcao , logo (x3 + x2 x1 1) = (x + 1)(x + 1)(x 1) = (x + 1)(x2 1),logoG(n) =

(x2

xx=2 1)(x + 1)(1 x )(x + 1)


SomatorioVamos mostrar que essa funcao pode ser escrita como o somatoriof (n) =

n

k(1)k+1

k=1

temos que f (0) = 0 pois temos o somatorio vazio1

f (1) =

k(1)k+1 = (1)2 = 1

k=12

f (2) =

k(1)k+1 = 1 + 2(1)3 = 1 2 = 1

k=1

logo temos f (0) = 0, f (1) = 1 e f (2) = 1, vamos achar agora a recorrencia, tomandodelta, temosf (n) =

n+1

k+1

k(1)

n

k(1)k+1 = (n + 1)(1)n+2 = (n + 1)(1)n

k=1

k=1

logo aplicamos (E 1)2 em ambos lados, zerando a funcao, logo temos a recorrencia(E 1)(E + 1)2 f (n) = 0e com mesmas condicoes inicias da anterior, entao temosn

(k+1

k(1)

n+1

= (1)

k=1

2n + 14

)+

14

ObservacoesEm algumas abordagens se toma os naturais sem( o elemento) 0, comecando a construcao2n+11a partir do 1, nesse caso a funcao f (n) = (1)n+1+ nao enumera os inteiros,44()112.0+11pois temos f (0) = (1)1+ = + = 0 e uma funcao que leva o 0 no 0, no444 4caso de considerar os naturais sem o zero, essa funcao iria enumerar os inteiros sem o zero,mas isso pode ser modicado, tomando uma outra funcao g(n) tal que g(n + 1) = f (n),em especial g(1) = f (0), basta tomar entao g(n) = f (n 1), camos com(g(n) = f (n 1) = (1)

n

2(n 1) + 14

)

()11n 2n 1+ = (1)+444


1.2.4

Existem infinitos pontos num intervalo

Dado um corpo ordenado k e um intervalo nao degenerado [a, b] existem innitosa+bpontos no intervalo [a, b]. Podemos tomar z1 =e denir recursivamente zn+1 =2zn + a, todos os pontos zn pertencem ao intervalo [a, b], vamos deduzir a expressao geral2para essa recorrencia usando tecnicas de calculo nito. Vamos usar escrever a recorrenciacomo quociente da formazn+1 + c=dzn + cdesenvolvendo e igualando a recorrencia podemos achar d =

1e c = a temos entao2

zk+1 a1= Q(zk a) =zk a2tomando o produto com k em [1, n 1] seguen1

Q(zk a) =

k=1

1.31.3.1

zn a1= n1 .z1 a2

Aplicacao a teoria dos numerosAplicacao a divisibilidade.

Pelo teorema de divisao euclidiana, se tomarmos numeros f (0) e a = 0 inteiros, teremosnumeros f (1) e R(0) determinados univocamente, tais que f (0) = af (1) + R(0) com0 R(0) < a. Onde f (1) e o quociente, R(0) e o resto da divisao de f (0) por a. Podemosassim denir uma sequencia que satisfazf (n) = af (n + 1) + R(n).Vamos resolver essa recorrencia. Denotando h(k) = h(k + 1) h(k), tomamos1f (n) = h(n) n , substituindo emaf (n) R(n)= f (n + 1),aatemosh(n + 1)h(n) R(n)=,n+1aaan+1


multiplicando por an+1 de ambos lados, conclumos

R(n) n+1a= an R(n) = h(n),a

aplicando o somatorio em ambos termos variando de k = 0 ate n 1, segue usando asoma telescopica quen1

h(k) = h(n) h(0) =

k=0

n1

ak R(k)

k=0

h(n) = h(0)

n1

ak R(k),

k=0

logo temosf (n)a = h(0) n

n1

ak R(k),

k=0

tomando n = 0 temosf (0) = h(0)portantof (n)an +

n1

ak R(k) = f (0),

k=0

se f (n) = R(n) < a, podemos juntar ao limite superior do somatorio, cando comf (0) =

n

ak R(k).

k=0

Tal resultado permite expressar um numero inteiro f (0) numa base a.

1.4

Aplicacao a combinatoria

1.4.1

Contando triangulos isosceles

Dado o conjunto In = {1, . . . , n} quantos triangulos isosceles podemos formar de modoque as medidas dos lados sejam elementos do conjunto I(n)?Considerando que I(n) tenha f (n) triangulos isosceles, vamos achar a funcao paraf (n + 1), se adicionamos o numero n + 1 ao conjunto In temos o conjunto In+1 , temos


entao em I(n + 1) todo os triangulos isosceles formados por elementos de In e mais algunsnovos que serao formados pelo elemento n + 1.Vamos contar entao, inicialmente, a quantidade de triangulos que podem ser formadostendo dois lados com medidas n + 1 e com um outro variando em In+1 , seja entao k umelemento de In+1 , podemos formar triangulos com os lados, respectivamente, n+1, n+1, k,porem tais triangulos tem que satisfazer a desigualdade triangular e de fato satisfazempara todo k em In+1 pois n + 1 + n + 1 > k, 2n + 2 > k o valor maximo de k ek = n + 1, assim temos 2n + 2 > n + 1 sse n + 1 > 0 se verica, agora k + n + 1 > n + 1se e somente se k > 0 que se verica pois o valor mnimo de k e 1. Entao contamosn+2n+1

= n + 2 1 = n + 1 novos triangulos.1 = k k=1

1

Vamos contar agora os triangulos que possuam apenas um lado de medida n + 1 eos outros de medida k variando em In . Nesses triangulos temos que ter a desigualdadetriangular satisfeita, logo k + n + 1 > k sse n + 1 > 0 que se verica, agora temos que tern+1tambem 2k > n + 1 isso acontece sse k >, vamos dividir em dois casos n + 1 e par2e outro caso com n + 1 mpar.2pCom n + 1 par, temos n + 1 = 2p, da a desigualdade ca k > , k > p, temos que2tomar entao k = p + 1, que e o menor numero natural maior que p. Temos que contarentao, todos valores de p + 1 ate 2p 1 pois o 2p nao deve ser contado pois e igual a n + 1,2p2p1

1 = k temos entao= 2p p 1 = p 1. Podemos escrever p 1 em funcaok=p+1

p+1

n+1n+1n+12n1de n, pois temos 2p = n + 1, p =, p1 =1 ==, logo2222n1p1=e a recorrencia geral para n + 1 par ca como2f (n + 1) = f (n) +

n1+ (n + 1)2

12s + 1= s+ ,221temos que tomar entao k = s + 1 que e o menor valor natural maior que s + . Temos2que contar entao valores de s + 1 ate 2s, pois nao devemos contar o 2s + 1 pois este e2s+12s

= 2s + 1 s 1 = s. Podemosigual a n + 1, essa contagem e feita por1 = k Com n+1 mpar temos n+1 = 2s+1, da a desigualdade ca como k >

k=s+1

s+1

escrever s em funcao de n, da seguinte forma n + 1 = 2s + 1, n = 2s,recorrencia para n + 1 mpar ca da forma

n= s. Entao a2


f (n + 1) = f (n) +

n+n+12

Resolvendo a recorrenciaVamos primeiro achar uma maneira de escrever a recorrencia como uma so. Podemosescrever o caso geral comof (n + 1) = f (n) +

n + h(n)+n+12

onde h(n) = 1 se n mpar e h(n) = 0 se n par, essa funcao satisfaz a recorrenciah(n + 2) = h(n), pois se n e par n + 2 e par e se n mpar n + 2 e mpar, e tem condicoes1 (1)niniciais h(0) = 0 e h(1) = 1, sua solucao vai ser h(n) = +, entao a recorrencia22de f (n) ca da formaf (n + 1) = f (n) +

n 1 (1)n3n (1)n 3 ++n+1=++2 44244

assim temos

3k (1)k 3++244aplicando o somatorio em ambos os lados com k variando de 0 ate n temosf (k) =

n1

f (k) = f (n) f (0) =

n13kk=0

k=0

2

+

(1)k 3+ =44

nnn3(k)(k 1) 3k (1)k 3(n)(n 1) 3n (1)n 1=++=++

44 08 044880tomando que f (0) = 0 pois nao temos triangulos nessa condicao, camos comf (n) =

3(n)(n 1) 3n (1)n 13n(1)n 1++ =(n 1 + 1) + =4488488f (n) =

3n2 (1)n 1+488

Achando a recorrencia e a funcao geradoraDa formula fechada da funcao f (n) =

(1)n13n2+ , aplicando (E 1)3 (E + 1)488

vai zerar a funcao temos entaof (n + 4) 2f (n + 3) + 2f (n + 1) f (n) = 0


com condicoes iniciais f (0) = 0, f (1) = 1, f (2) = 3 e f (3) = 7, os coecientes sao a4 = 1,a3 = 2, a2 = 0, a1 = 2 e a0 = 1,p = 4, usando a formula de funcao geradora4 k1

G(n) =

ak f (n)xn+4k

k=1 n=04

ak x4k

k=0

como f (0) = 0 podemos comecar o somatorio de n = 1 e k = 2 no numerador epodemos chegar na funcao geradorax3 + x2 + xx(x2 + x + 1)G(n) ==x4 + 2x3 2x + 1(x + 1)(x 1)3

1.4.2

Contando fracoes utilizando a funcao de Euler

O numero de fracoes nao equivalentes no intervalo [n, n] cujos numeradores e denominadores variem no conjunto {n, ..., n} dos inteiros.Seja f (n) a quantidades de fracoes pedidas no intervalo [1, n], no intervalo [1, n + 1]teremos f (n) fracoes e mais algumas que sao fracoes com n + 1 no numerador e nodenominador, as fracoes com n + 1 no numerador sao da forma(n + 1)/1, (n + 1)/2, . . . , (n + 1)/nporem nem sempre o vamos contar todas delas pois algumas dessas fracoes podem serredutveis a fracoes que ja foram contadas em f (n), vamos contar entao apenas os casosem que o numerador e o denominador sejam primos entre si isso nos da (n + 1) fracoes,onde (n + 1) e a funcao de Euler. Vamos contar agora as fracoes que tem n + 1 nodenominador, elas sao da forma1/(n + 1), 2/(n + 1), . . . , n/(n + 1)mais uma vez vamos contar apenas (n+1) fracoes, temos entao f (n+1) = f (n)+2(n+1)f (k) = 2(k + 1)aplicando o somatorio com k variando de 1 ate n 1n1k=1

f (k) = f (n) f (1) = 2

n1k=1

(k + 1)


logo temos, e como temos f (1) = 1f (n) = f (1) + 2

n1

(k + 1) = 1 + 2

k=1

n1

(k + 1) = 1 + 2

k=1

n

(k)

k=2

contando que temos no intervalo [n, 1] a mesma quantidade de fracoes f (n) e somandoa fracao zero, temos h(n) o numero total de fracoes dado porh(n) = 3 + 4

n

(k)

k=2

1.4.3

Naturais repetidos

Sejam n e k numeros naturais, queremos saber qual o numero de elementos do conjuntoSn = {k|1 2k n} em funcao de n, isto e a quantidade de numeros pares entre 1 e n.Seja entao f (n) esse numero, temos que f (0) = 0 = f (1). Seja entao f (n) a quantidadede elementos de Sn com n um numero par, temos que f (n + 1) a quantidade de numerosem Sn+1 e igual f (n), pois adicionamos um numero mpar n + 1 que nao e contado, logof (n + 1) = f (n)se n par.Agora se n mpar, temos f (n) em Sn m porem o numero n + 1 que iremos adicionar epar, logo contaremos mais um numero ao total de f (n) em Sn+1 , camos assim comf (n + 1) = f (n) + 1se n mpar. Podemos juntar as duas expressoes em uma so, fazendof (n + 1) = f (n) + h(n)e temos que achar a funcao h(n) = 0 se n par e h(n) = 1 se n mpar, com isso para essafuncao h(n) temos condicoes iniciais h(0) = 0, h(1) = 1 e recorrencia h(n + 2) = h(n),sabemos que ela vai ser do tipo h(n) = c1 + c2 (1)n , resolvendo o sistema podemos achar1 (1)nh(n) = . Podemos escrever entao o caso geral como22f (n + 1) = f (n) +temos entaof (k) =

1 (1)n22

1 (1)k22


aplicando o somatorio com k variando de 0 ate n 1n1

f (k) = f (n) f (0) =

k=0

k=0

=

nn(1)k1 1 (1)k = k =222 0 2 2 0

n11

n (1)n 1+244

logo

n (1)n 1+ .244Podemos tambem deduzir a seguinte recorrencia f (n + 2) = f (n) + 1 e como temos asncondicoes iniciais f (0) = f (1) = 0, podemos usar a funcao piso f (n) = . A deducao2da recorrencia pode ser feita atraves da formula geralf (n) =

f (n + 2) =

n + 2 (1)n 1n (1)n 1+ = + + 1 = f (n) + 1.244244

Alguns termos da sequencia sao (0, 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6 . . . ).

Z Exemplo 2 (Olimpada Canadense de matematica 1970-Problema 9). Calcular asoma dos n primeiros termos da sequencia (0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6 . . . ). Ja temos ak (1)k 1formula fechada para os termos, ela e g(k) = + aplicamos entao o somatorio244em [1, n](1)k 1 k (1)k 1n(n + 1) n (1)n 1+ =+= +=244 k=1 2 k=1 44448k=1

nkk=1

n

=

n

n

()(1)k 112n+ =2n + (1) 1 .2448

nkk=1

Recorrencia e funcao geradora1 (1)naplicamos (E 1)(E + 1) em ambos lados para zerar a22funcao e achar a recorrenciaDe (E 1)f (n) =

(E 1)2 (E + 1)f (n) = f (n + 3) f (n + 2) f (n + 1) + f (n) = 0f (n + 3) = f (n + 2) + f (n + 1) f (n)com condicoes iniciais f (0) = 0 = f (1) e f (2) = 1 e os coecientes a3 = 1, a2 = 1, a1 =1, a0 = 1, podemos chegar emG(n) =

x2(x 1)2 (x + 1)


1.4.4

Generalizacao

Agora vamos considerar uma generalizacao do problema, queremos saber em funcaode n os numeros da forma pk entre 1 e n, onde p = 0 e um numero natural xo e k podevariar nos naturais, isto e, o multiplos de p em [1, n]. Temos que de n = 0 ate n = p1 naoha multiplos de p, logo temos p condicoes iniciais iguais a zero, podemos ver tambem quef (n+p) = f (n)+1, logo temos uma recorrencia de ordem p com p condicoes iniciais dadase que pode ser resolvida de forma compacta usando a funcao piso, sendo uma solucao,portantonf (n) = .p

1.51.5.1

SequenciasUm e zero alternados

Z Exemplo 3.(0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . )Seja a sequencia denida como f (n) = 0 se n par e f (n) = 1 se n mpar, temos quevale f (n + 2) = f (n), (E 2 1)f (n) = (E 1)(E + 1)f (n) = 0 para qualquer n, a suaexpressao geral ef (n) =

1 + (1)n+12

pois satisfaz as condicoes iniciaisf (0) = 0, f (1) = 1e satisfaz a recorrencia

1.61.6.1

Aplicacoes em jogosTorre de Hanoi

m Definicao

2 (Problema da Torre de Hanoi). O jogo da Torre de Hanoi foi inventado

pelo matematica frances EdouardLucas em 1883. Iremos apresentar o caso que teria sido


primeiro colocado por EdouardLucas depois iremos generalizar . dada uma torre com oito discos, inicialmente empilhados por tamanho crescente1. Eem um dos pinos (ou hastes) dados, os maiores discos na base da pilha e os menoresno topo .2. Objetivo : Transferir a torre inicial inteira para um dos outros pinos.3. Regras: mover apenas um disco de cada vez e nunca colocar um disco maior emcima de um menor .A generalizacao do problema e dada pela troca de 8 discos por n discos no enunciadoanterior.

b Propriedade 2 (Solucao do problema geral da Torre de Hanoi). O problema da Torrede Hanoi com n discos possui solucao em um numero nito de passos. Seja T (n) o numeromnimo de passagens necessarias para mover n discos para uma das outras hastes.T (n) e dado por,T (n) = 2n 1. Demonstracao.1. Existencia de solucao para o problema.Provamos que o problema possui solucao por inducao sobre n o numero de discos.Se n = 1 temos um disco e o problema possui solucao, bastando mover o disco paraum dos pinos . Suponha que exista uma solucao para n discos, vamos provar queexiste para n + 1 discos. Iremos supor tres hastes numeradas (1) , (2) e (3) a hasteinicial com os discos, sendo por exemplo a haste (1). Tome uma torre com n + 1 discos, numerados de 1, o menor disco, que ca em

cima, ate (n + 1), o maior que ca em baixo de todos os outros na haste. Ignore o disco de numero n + 1 e mova os n primeiros discos para a haste

(2), tal procedimento e possvel por hipotese de existencia de solucao para ndiscos, dada essa solucao com n discos podemos tomar a com menor numerode movimentos T (n), por isso tomaremos como usados T (n) movimentos.


Agora para mostrar que existe solucao para o caso com n+1 discos e necessario

mover o disco n + 1, mova ele para a haste vazia (3) ( +1 movimento), depoisrepita o processo de mover os n discos na haste (2) para haste (3) o que epossvel pois existe solucao para n discos, ignorando o disco n + 1 que ca nofundoda haste (3), com isso temos mais uma quantia T (n) de movimentose se chega a solucao do problema , para o caso de n + 1 discos a partir docaso para n discos, entao por inducao, para qualquer numero natural de discosexiste solucao para o problema da Torre de Hanoi .2. Analise do numero mnimo de passos para solucao. No procedimento anterior obtemos um total de T (n) + 1 + T (n) = 2T (n) + 1

movimentos logo T (n+1), o numero mnimo necessario para mover n+1 discos,satisfazT (n + 1) 2T (n) + 1,pois poderia ser possivel ter um numero menor de movimentos do que 2T (n) +1, achamos entao uma cota superior. Queremos provar que vale exatamenteT (n + 1) = 2T (n) + 1 entao vamos argumentar em favor da outra desigualdadeT (n + 1) 2T (n) + 1. Vejamos, em algum momento devemos mover o maiordisco, quando o zermos os n discos menores devem estar todos em um unicopino, pois se nao, nao podemos o mover pois colocaramos um disco maior emcima de um menor. Para colocar todos os discos menores em um pino, saonecessarios T (n) movimentos. Nao ha problema em se deixar o maior disco nofundo e mover os discos de maneira como se ele nao estivesse presente, poisqualquer pino menor pode ser colocado sobre ele. So podemos mover o discomaior se a conguracao ja for uma solucao para o caso com n discos em umoutro pino , pois caso contrario ou deveria haver discos em dois pinos ( e assimnao podemos mover o disco maior) ou estao em um pino unico, mas em um pinounico so pode haver discos em ordem crescente de tamanho, entao e necessariomover o disco maior para uma haste livre e depois mover toda a torre completasobre o disco maior, totalizando 2T (n) + 1 movimentos no mnimo. Se temos 1 disco e necessario 1 movimento, logo T (1) = 1 . Com isso temos

a recorrencia e sua condicao inicial . Uma maneira de deduzir a formula geralda recorrencia a partir de T (n + 1) = 2T (n) + 1 e somar 1 em ambos lados de


onde segue que T (n + 1) + 1 = 2[T (n) + 1], tomando g(n) = T (n) + 1, temosg(n + 1) = 2g(n) logo g(n) = g(0)2n = 2n , pois g(0) = T (0) + 1 = 1, T (0) = 0pois com 0 discos nao precisamos de movimentos. Como g(n) = T (n) + 1 = 2nentao T (n) = 2n 1.

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