Elementos de Matematica Finita (2012-2013)

Exercıcios Resolvidos

1. Verificar que os conjuntos

∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}

sao todos diferentes.

Resolucao: ∅ 6= {∅} uma vez que o segundo conjunto tem um elemento, oconjunto vazio ∅, enquanto que o primeiro e o conjunto vazio e portanto naotem elementos. O mesmo raciocınio mostra que cada um dos outros conjuntose diferente do conjunto vazio.Deduz-se que tambem {∅} 6= {{∅}}, pois cada um dos conjuntos tem um soelemento e esses elementos sao diferentes. E do mesmo modo cada um destesconjuntos e diferente de {∅, {∅}}, ja que este ultimo contem um elemento quenao esta 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).

Resolucao: Seja x ∈ X ∩ (Y ∪ Z) e suponhamos que x /∈ (X ∩ Y ); comox ∈ X isso significa que x /∈ Y . Mas x ∈ Y ∪Z logo tem que pertencer a (pelomenos) um dos conjuntos e portanto x ∈ Z, donde se conclui que

x ∈ X ∩ Z ⊂ (X ∩ Y ∪ (X ∩ Z)

eX ∩ (Y ∪ Z) ⊂ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z).

Por outro lado, se x ∈ X ∩Y entao x ∈ X e x ∈ Y ∪Z, logo x ∈ X ∩ (Y ∪Z).Se x ∈ X ∩ Z o raciocınio e identico e fica assim provada a outra inclusao.A segunda igualdade demonstra-se de modo semelhante.

1

3. Defina-se a diferenca simetrica de dois conjuntos como

AuB = A \B ∪B \ A

Mostrar que

• (AuB) u C = Au (B u C)

• A ∩ (B u C) = (A ∩B) u (A ∩ C)

Resolucao: Podemos tomar A, B e C como subconjuntos de um conjuntoU (basta, por exemplo, definir U = A ∪ B ∪ C). Define-se entao Ac = U \ A.Com essa notacao

AuB = (A ∩Bc) ∪ (Ac ∩B);

Temos entao, usando as chamadas leis de Morgan

(A ∩B)c = Ac ∪Bc, (A ∪B)c = Ac ∩Bc,

bem como o exercıcio anterior,

(AuB) u 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 diferenca simetrica e obviamente comutativa, a expressao nosegundo lado da equacao obtem-se da do lado esquerdo trocando A com C;mas essa troca nao altera a ultima expressao a que chegamos, pelo que seconclui a igualdade do enunciado.De modo semelhante,

A ∩ (B u C) = A ∩ ((B ∩ Cc) ∪ (Bc ∩ C)) = (A ∩B ∩ Cc) ∪ (A ∩Bc ∩ C),

2

enquanto que

(A ∩B) u (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 funcoes f : ∅ → ∅ existem?

Resolucao: Para se compreender porque e que a resposta e 1, temos querecordar que uma funcao f : X → Y e uma relacao entre X e Y (ou seja, umsubconjunto R ⊂ X × Y ) satisfazendo a condicao

∀x ∈ X, ∀y, y′ ∈ Y, (x, y) ∈ R ∧ (x, y′) ∈ R =⇒ y = y′.

Existe uma unica relacao definida no conjunto vazio ja que ∅ e o unico sub-conjunto de ∅ × ∅. E esta relacao satisfaz (trivialmente) aquela condicao: senao, existiria algum x ∈ ∅ para o qual a condicao nao era satisfeita.O mesmo raciocınio mostra que, para qualquer conjunto A, existe uma unicafuncao f : ∅ → A.Por outro lado, se A 6= ∅, nao existe nenhuma funcao f : A→ ∅.

5. Dado um conjunto X mostrar que

a) existe uma bijeccao entre o conjunto P(X) dos subconjuntos de X e oconjunto {f : X → {0, 1}} das funcoes com domınio X e contradomınio{0, 1}.

b) nao existe uma funcao f : X → P(X) sobrejectiva.Sugestao: considerar o conjunto {x ∈ X|x /∈ f(X)} ∈ P(X).

Resolucao: a) Considere-se a funcao

ϕ : P(X)→ {f : X → {0, 1}}

3

definida do seguinte modo: dado um subconjunto Y ⊂ X, ϕ(Y ) e a funcaofY : X → {0, 1} definida por

f(x) =

{1 se x ∈ Y0 se x /∈ Y

.

ϕ e injectiva porque se Y e Z sao dois subconjuntos de X diferentes, existex ∈ Y \Z ∪Z \Y ; suponhamos que x ∈ Y \Z (o outro caso e identico); entao

fY (x) = 1 6= 0 = fZ(x)

e portanto ϕ(Y ) 6= ϕ(Z).ϕ e tambem 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 identificadocom o conjunto das sequencias de comprimento n formadas por 0 e 1; e umaconsequencia 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)} temque ser a imagem por f de algum a ∈ X, ou seja f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)};podemos entao perguntar se a ∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)}. Se a resposta forafirmativa entao a ∈ f(a) mas isso e uma contradicao com a propria definicaodeste conjunto; mas se a /∈ {x ∈ X|x /∈ f(X)} entao isso significaria quea ∈ f(a) = {x ∈ X|x /∈ f(X)}, que e de novo uma contradicao!Concluımos que f nao pode ser sobrejectiva.

A conclusao da alınea b) traduz-se intuitivamente na ideia de que paraqualquer conjunto X, P(X) tem “mais elementos” do que X. No caso de Xser finito, essa ideia e confirmada pela alınea anterior, ja que

n < 2n.

Esta ideia generaliza-se atraves do conceito, referido nas aulas, de cardinali-dade.

4

6. Dada uma funcao f : X → Y e A,B ⊂ X, quais as relacoes entref(A ∪B) e f(A) ∪ f(B)?E entre f(A ∩B) e f(A) ∩ f(B)?

Resolucao: 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)

Ja no segundo caso temos apenas uma inclusao:

y ∈ f(A ∩B) =⇒ y ∈ f(A) ∩ f(B)

mas a outra inclusao nao se verifica em geral, mesmo que A∩B 6= ∅: considere-se o exemplo

f : {a, b, c} → {0, 1}, f(a) = f(c) = 0, f(b) = 1

e os conjuntosA = {a, b}, B = {b, c}.

7. Mostrar que, se {Ai : i ∈ N} e {Bi : i ∈ N} sao famılias de conjuntossatisfazendo

Ai ⊃ Ai+1, Bi ⊃ Bi+1,∀i ∈ Nentao ⋂

i∈N

(Ai ∪Bi) =⋂i∈N

Ai ∪⋂i∈N

Bi

Sem aquela condicao esta igualdade verifica-se ou nao?

Resolucao: Vamos mais uma vez mostrar que se verificam as duas in-clusoes. A inclusao ⊃ e obvia e nao depende da condicao no enunciado: sex ∈

⋂i∈NAi entao, para todo o i, x ∈ Ai ∪ Bi e portanto x ∈

⋂i∈N(Ai ∪ Bi);

se x ∈⋂

i∈NBi o raciocınio e o mesmo.Reciprocamente, seja x ∈

⋂i∈N(Ai∪Bi); se x ∈

⋂i∈NAi nao ha nada a demon-

strar, portanto suponhamos que x /∈⋂

i∈NAi; 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 hipotese feita so-bre x, isso implica que x ∈ Bj para todo o j ≥ i e, como B1 ⊃ B2 ⊃ · · · ⊃ Bi,temos x ∈

⋂i∈NBi.

Se a condicao das inclusoes nao se verificar, o resultado nao e valido emgeral: basta pensar no exemplo em que Ai = {0} para i ımpar e Ai = {1} parai par, enquanto que Bi = {1} para i ımpar e Bi = {0} para i par. Tem-senesse caso ⋂

i∈N

(Ai ∪Bi) = {0, 1},⋂i∈N

Ai ∪⋂i∈N

Bi = ∅.

8. ”Adivinhar”, calculando os primeiros casos, uma formula para cada umadas 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) ;

Resolucao: 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 inducao; o caso n = 1 ja 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 alınea 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 inducao finita que

n∑k=1

k!k = (n + 1)!− 1, ∀n ≥ 1

Resolucao: A igualdade verifica-se para n = 1:

1!1 = 2!− 1

Para concluir a demonstracao, temos que verificar que se a igualdade severifica para um certo n tambem se verifica para n + 1: temos

n∑k=1

k!k = (n + 1)!− 1

como hipotese de inducao 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

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como querıamos demonstrar.

10. Mostrar, usando inducao, que 42n − 1 e divisıvel por 15, para todo on > 0.

Resolucao: Para n = 1 o resultado e evidente; suponhamos que para umcerto n, 42n − 1 e multiplo de 15; entao

42(n+1) − 1 = 4242n − 1 = 42(42n − 1 + 1)− 1 = 42(42n − 1) + 42 − 1

e cada uma das parcelas e divisıvel por 15.

11. Analisar a seguinte deducao da formulan∑

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 + 2n∑

k=1

k + n + 1

Portanto

2n∑

k=1

k = (n + 1)2 − (n + 1) = n(n + 1)

Calcular, usando o mesmo metodo, os valores da seguinte soma:

Sn =n∑

k=0

k2;

Resolucao:a)

n+1∑k=1

k3 =n∑

k=0

(k+1)3 =n∑

k=0

(k3 + 3k2 + 3k + 1

)=

n∑k=0

k3+3n∑

k=0

k2+3n∑

k=0

k+n+1

8

e portanto, comon+1∑k=1

k3 =n∑

k=0

k3 + (n + 1)3

obtemos

(n + 1)3 = 3n∑

k=0

k2 + 3n∑

k=0

k + n + 1 = 3n∑

k=0

k2 + 3n(n + 1)

2+ n + 1

e finalmenten∑

k=0

k2 =1

3

((n + 1)3 − 3

n(n + 1)

2− (n + 1)

)=

n(n + 1)(2n + 1)

6

12. (Numeros de Fibonacci) Considerar a sucessao de inteiros definida porrecorrencia por

F1 = 1;F2 = 1;

Fn = Fn−1 + Fn−2, n > 2.

Fn e chamado o n−esimo numero de Fibonacci.

a) Provar que

(i) : F1 + F2 + F3 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1;

(ii) : F1 + F3 + F5 + · · ·+ F2n−1 = F2n;

b) ”Adivinhar” identidades e demonstra-las para as seguintes expressoes:

F2 + F4 + F6 + · · ·+ F2n =???;

F 2n+1 − FnFn+2 =???.

9

Resolucao: a) i Como F3 = 2 o caso n = 1 e evidente; supondo que aigualdade 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 hipotese de inducao na segunda igualdade e a definicao dos numerosde 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

F 22 − F1F3 = −1; F 2

3 − F2F4 = 1

e usando a definicao dos numeros de Fibonacci

F 2n+2−Fn+1Fn+3 = F 2

n+2−Fn+1 (Fn+2 + Fn+1) = Fn+2 (Fn+2 − Fn+1)−F 2n+1 = Fn+2Fn−F 2

n+1

pelo que concluımos que a expressao do enunciado toma os valores 1 e −1alternadamente;

F 2n+1 − FnFn+2 = (−1)n

13. Consegue provar por inducao em n que

∀n ∈ N :1

2

3

4· · · 2n− 1

2n=

n∏k=1

2k − 1

2k<

1√3n

?

E se for

∀n ∈ N :1

2

3

4· · · 2n− 1

2n=

n∏k=1

2k − 1

2k<

1√3n + 1

?

10

Resolucao:Na primeira desigualdade, o caso n = 1 e de verificacao imediataporque

1∏k=1

2k − 1

2k=

1

2<

1√3

;

para completarmos a demonstracao por inducao, tomamos como hipotese quea desigualdade do enunciado se verifica para um certo n e procuramos deduzir,a partir dessa hipotese, que ela tambem 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 hipotese de inducao, o produto do lado direito e majorado por 1√3n

eportanto

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 demonstracao.Mas e aı 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) ≤ 4(n + 1)23n⇔

⇔ (4n2 + 4n + 1)(n + 1) ≤ 4(n2 + 2n + 1)n⇔ 4n3 + 8n2 + 5n + 1 ≤ 4n3 + 8n2 + 4n

e esta ultima desigualdade e obviamente falsa.

Ja se tentamos a mesma abordagem para a outra desigualdade, notamosque o caso n = 1 nao se verifica (tem-se igualdade e nao desigualdade estrita);mas para n = 2 ja se tem a desigualdade:

1

2

3

4=

3

8<

1√3× 2 + 1

=1√7.

11

Se repetirmos o raciocınio feito anteriormente para provar o resultado porinducao, somos conduzidos a demonstrar a desigualdade

1√3n + 1

2n + 1

2(n + 1)≤ 1√

3(n + 1) + 1

que se verifica, seguindo calculos identicos 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 entao que a primeira desigualdadetambem se verifica, uma vez que obviamente

1√3n + 1

<1√3n

;

quer isto dizer que, embora nao conseguıssemos provar por inducao uma de-sigualdade, ja o conseguimos fazer para uma outra desigualdade mais “forte”,que implica a primeira.Isto acontece porque, no passo de inducao, podemos usar tambem a desigual-dade mais “forte”.

14. Mostrar que, dados n quadrados, e possıvel recorta-los em polıgonos demodo a formar com estes um novo quadrado.Sugestao: O unico caso difıcil e n = 2;

Resolucao: Se soubermos resolver o caso n = 2, podemos raciocinar porinducao: suponhamos que sabemos resolver o problema com n quadrados; da-dos n+ 1 quadrados, podemos formar um novo quadrado com n deles e depoisformar um quadrado a partir deste e do quadrado restante.Suponhamos entao que temos dois quadrados, um com lado a e o outro comlado b e seja a < b (o caso em que a = b resolve-se por uma versao simplifi-cada deste procedimento). A ideia guia e que o quadrado final tera que terobrigatoriamente lado

√a2 + b2.

Comecamos por cortar no quadrado de lado b um rectangulo a×b e cortamo-loao longo de uma diagonal. O rectangulo restante (de medidas (b − a) × b) e

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cortado num quadrado (b−a)× (b−a) e num rectangulo (b−a)×a. Juntandoeste ultimo rectangulo ao quadrado de lado a obtemos um novo rectangulocom medidas a× b que pode ser de novo cortado ao longo de uma diagonal.Temos entao polıgonos que formam quatro triangulos rectangulos com umcateto de comprimento a e o outro de comprimento b, e um quadrado (b −a)× (b− a). Os quatro triangulos podem ser dispostos de modo a que as suashipotenusas sejam os lados de um quadrado, tendo no meio o espaco para oquadrado.

15. Demonstrar, por inducao 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.Sugestao: Se bi = 1∀i, o resultado e evidente; caso contrario, notar que: i) seb1, b2, b3, · · · , bn+1 sao n+1 reais positivos tais que

∏n+1i=1 bi, entao b1b2, b3, · · · , bn+1

sao n reais positivos cujo produto e 1; podemos supor que, por exemplo,b1 < 1 < b2; Mostrar que se 0 < a < 1 < b, entao ab < a + b− 1.

Resolucao: Se n = 1 nao ha nada a provar. Vamos entao assumir comohipotese de inducao que dados quaisquer n reais positivos cujo produto e iguala 1, a sua soma e maior ou igual a n. Dados reais positivos

b1, b2, b3, · · · , bn+1

tais quen+1∏i=1

bi,

podemos supor que nao todos iguais a 1 (caso contrario, o resultado e evidente)e portanto que se tem b1 < 1 < b2. Entao

0 < (b2 − 1)(1− b1) = b2 + b1 − 1− b1b2

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ou seja, b1b2 < b2 + b1 − 1.Ora,

b1b2, b3, · · · , bn+1

sao n reais positivos cujo produto e 1 e portanto, pela hipotese de inducao

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 querıamos mostrar.

16. Usar o resultado do problema anterior para demonstrar o seguinte:dados n numeros reais positivos ai, 1 ≤ i ≤ n, verificam-se as desigualdades

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

≤ n√a1a2 · · · an ≤

a1 + a2 + · · ·+ ann

ou seja, usando a notacao para somatorios e produtos,

n∑ni=1

1ai

≤ n

√√√√ n∏i=1

ai ≤∑n

i=0 ain

As formulas acima representam, respectivamente, as medias harmonica, geometricae aritmetica dos numeros ai, 1 ≤ i ≤ n, e estas desigualdades sao uteis emmuitas ocasioes.

Resolucao: Aplicamos o exercıcio 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 evidencia1

n√∏n

i=1 ai,

n∑i=1

ai ≥ n n

√√√√ n∏i=1

ai

que e a desigualdade entre as media aritmetica e geometrica. 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 resultadocontido no exercıcio anterior, nomeadamente aplicando de outras maneiras oPrincıpio de Inducao Finita.

17. O menor multiplo comum de dois numeros inteiros a, b define-se comoo inteiro positivo mmc(a, b) que e multiplo 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)

Resolucao: A primeira solucao usa directamente a definicao de maximodivisor comum e mınimo multiplo comum. Seja d = mdc(a, b); em primeiro

lugar, e obvio queab

de multiplo de a e de b; se c e um multiplo comum de a e

b, temos que mostrar queab

ddivide c; mas a | c e

b

d| c e a e

b

dsao primos entre

si, por definicao de maximo divisor comum; isso implica que o seu produtotambem divide c:temos

c = la = jb

d;

15

e existem inteiros x e y tais que

ax +b

dy = 1.

Logo

jb

dx = cx = lax = l(1− b

dy)

e portanto

l = (jx + ly)b

de

c = (jx + ly)b

da.

A segunda solucao usa o Teorema Fundamental da Aritmetica: se pi designao i-esimo primo, todo o inteiro positivo pode ser escrito na forma

∏i p

lii com

li = 0 excepto para um numero finito de ındices. Entao, se

a =∏i

pkii , b =∏i

pjii ,

as definicoes de maximo divisor comum e mınimo multiplo comum sao equiv-alentes a

mdc(a, b) =∏i

pmin{ki,ji}i , mmc(a, b) =

∏i

pmax{ki,ji}i

A igualdade no enunciado equivale a∏i

pmin{ki,ji}i

∏i

pmax{ki,ji}i =

∏i

pkii∏i

pjii

ou seja, a ∏i

pmin{ki,ji}+max{ki,ji}i =

∏i

pki+jii

que e claramente verdadeira. Note-se que, mais uma vez como consequenciado Teorema Fundamental da Aritmetica, a verificacao desta igualdade se reduz

16

a verificar a igualdade dos expoentes para cada primo pi, ou seja a comprovarque para quaisquer inteiros x e y se tem

max{x, y}+ min{x, y} = x + y.

18. Provar que o maximo divisor comum de n > 2 inteiros a1, a2, · · · , ansatisfaz a seguinte recorrencia:

mdc(a1, a2, · · · , an) = mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an)

Justificar que se d = mdc(a1, a2, · · · , an), existem inteiros x1, x2, · · · , xn taisque

d = a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn

Resolucao: Provamos a primeira igualdade usando repetidamente a definicaode maximo divisor comum: d e o maximo divisor comum de a1, a2, · · · , an sedivide cada um destes inteiros e se, dado um outro inteiro positivo c tal quec | ai para todo o 1 ≤ i ≤ n, entao 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, · · · , an−1)tem que dividr cada um dos ai; mas entao, de novo pela definicao, dividemdc(a1, a2, · · · , an).noindent Assim,

mdc(a1, a2, · · · , an) e mdc(mdc(a1, a2, · · · , an−1), an)

sao dois inteiros positivos que se dividem mutuamente e tem portanto que seriguais.

A segunda parte pode ser justificada raciocinando por inducao: o caso n = 2foi provado usando o algoritmo de Euclides; suponhamos que para quaisquern− 1 inteiros a1, · · · , an−1, existem inteiros yi tais que

mdc(a1, a2, · · · , an−1) = a1y1 + · · ·+ an−1yn−1;

17

A formula de recorrencia da primeira parte da pergunta da-nos entao

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

Resolucao: Se m = qn + r com 0 ≤ r < n, entao

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 aplicacao do algoitmo de Euclides a m e ncorresponde a um passo na sua aplicaao a am − 1 e an − 1: se na i-esimaiteracao da primeira aplicacao temos ri−2 = qiri−1 + ri, obtemos para o outrocaso

ari−2 − 1 = Qi(ari−1 − 1) + (ari − 1)

ondeQi = ari(1 + ari−1 + · · ·+ ari−1(qi−1)).

E portanto se ao fim de t iteracoes se tem rt−2 = qtd onde d = mdc(m,n),temos tambem

art−2 − 1 = Qt(ad − 1).

20. Uma tripla pitagorica (x, y, z) e um triplo de naturais tais quex2 + y2 = z2.Uma tripla pitagorica diz-se primitiva se mdc(x, y, z) = 1.

18

a) Mostrar que se n > m > 0 sao naturais primos entre si, em que um e pare o outro e ımpar, entao (n2 −m2, 2nm, n2 + m2) e uma tripla pitagoricaprimitiva.

b) Mostrar que se (x, y, z) e uma tripla pitagorica primitiva, entao um deentre 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 sao inteiros primos entre si.

d) Deduzir que cada um daqueles dois factores e um quadrado perfeito econcluir que todas as triplas pitagoricas primitivas (a menos de uma trocaentre x e y) sao da forma dada na alınea a).

Resolucao: a) Que aqueles tres inteiros positivos sao uma tripla pitagoricadecorre de um calculo simples:

(n2 −m2)2 + (2nm)2 = n4 − 2n2m2 + m4 + 4n2m2 = (n2 + m2)2

Um primo p que seja factor comum dos tres elementos da tripla

(n2 −m2, 2nm, n2 + m2)

tem que ser ımpar, porque divide os ımpares n2 − m2 e n2 + m2; e teratambem que dividir a sua soma 2n2 e diferenca 2m2; mas entao tem quedividir quer n quer m, contradizendo a hipotese de estes serem primosentre si.b) Se x e y fossem ambos pares, tambem z seria par e a tripla nao seriaprimitiva; suponhamos que x = 2t+1 e y = 2s+1 sao ımpares (e portantoz = 2u e par); entao 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 contradicao.c) Se y = 2k,

4k2 = y2 = z2 − x2 = (z − x)(z + x)

e portanto

k2 =z − x

2

z + x

2Como x e z sao ımpares, quer z−x quer z+x sao pares e portanto os doisfactores do lado direito da ultima igualdade sao inteiros; se eles tivesseum factor primo comum p, ele dividiria tambem a soma z e a diferenca x;alem disso terıamos que p2 | k2 e portanto p | k e p| y, contradizendo ofacto de (x, y, z) ser uma tripla pitagorica.d) Sejam

z − x

2=∏i

plii ,z + x

2=∏i

pjii , k =∏i

phi

i

as factorizacoes em factores primos com expoentes li, ji, hi ≥ 0 para todoo i; como os dois primeiros inteiros sao primos entre si, sabemos queji > 0 ⇔ li = 0; se pi divide, por exemplo, z−x

2 temos que li e o expoentede pi em k2 que e igual a 2hi e portanto par; o mesmo se passa paraos expoentes nao nulos na factorizacao de z+x

2 . Concluımos que todos osexpoentes na factorizacao em factores primos de z−x

2 e de z+x2 sao pares e

portanto estes inteiros sao quadrados perfeitos

z − x

2= m2,

z + x

2= n2

Temos entao k = mn e

x = n2 −m2, y = 2mn, z = n2 + m2.

Alem disso, m e n tem que ter paridade diferente, porque x e z sao ımpares,e sao primos entre si porque, caso contrario, x , y e z teriam um factorcomum.

21. Neste exercıcio usamos a notacao abreviada (a1, a2, · · · , an) para des-ignar o maximo divisor comum dos inteiros a1, a2, · · · , an (cuja existencia

20

se prova de modo analogo ao caso n = 2).O menor multiplo comum e designado por [a1, a2, · · · , an].Recorde-se igualmente que a|b significa a divide b.

i) Provar que se c e um multiplo comum de a e b entao [a, b]|c.Sugestao: 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; Sugestao: considerar primeiro o caso (a, b) = 1;

f) (ab, ac, b, c)[a, b, c] = abc;

Resolucao: i) de acordo com a sugestao c = q[a, b] + r, e se c e ummultiplo comum de a e b, tambem r o e; mas, pela definicao de menormultiplo 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 multiplo dec. Mas por outro lado existem t, s tais que c = t(ma)+s(mb) = m(ta+sb)e portanto c e um multiplo de md.A igualdade analoga para os menores multiplos comuns prova-se do mesmomodo.

c) Sejam m = (a, b), n = (c, d); e claro que mn divide qualquer umdos produtos ac, ad, bc, bd e portanto mn ≤ (ac, ad, bc, bd). Mas, aplicandoa) 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); entao divide tambem

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 tambemdivide c, tem que dividir ((a, b), c); mas por outro este ultimo e um divisor(positivo) dos tres 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 multiplo 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 sao na 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 alınea a)

ab = d2a′b′ = d2[a′, b′] = d[a, b] = (a, b)[a, b]

.

Nota: Nas resolucoes apresentadas, usaram-se apenas as propriedadesmais simples do maximo divisor comum (a, b) de dois numeros 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 inducao, pode-se provar que estas propriedades se general-izam: qualquer divisor de a1, a2, · · · , an divide (a1, a2, · · · , an) e existemt1, t2, · · · , tn tais que (a1, a2, · · · , an) =

∑nk=1 tkak.

Estas identidades podem ser tambem demonstradas usando as decom-posicoes dos varios inteiros em factores primos.Para isso e conveniente escrever

a =∏

paii

22

em que o produto se faz com todos os primos pi e ai ≥ 0; como ai =0 excepto para um numero finito de ındices, nao ha problema em usarprodutos infinitos (com a convencao de que 1∞ = 1).Entao, se

a =∏

paii , b =∏

pbiideduz-se que

(a, b) =∏

pmin{ai,bi}i , [a, b] =

∏pmax{ai,bi}i

22. Com quantos zeros termina a expansao decimal de 100!? Sugestao:comecar por resolver para 10! e considerar a factorizacao em factores pri-mos.

Resolucao: o numero de zeros pedido e dado exactamente pela maiorpotencia de 10 que divide 100!. Como 100! = 2j5k× (outros factoresprimos), conluımos que essa potencia sera min{j, k}.Para calcular k, como 100! =

∏100n=1 n, procuramos os 1 ≤ n ≤ 100 em que

5 aparece como factor, isto e 5, 10, 15, etc.Como existem 20 = 100/5 multiplos de 5 entre 1 e 100, 5 aparece comofactor 20 vezes; mas temos que contar tambem os multiplos de 52 menoresque 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 numero de multiplosde 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 potencia e muito maior que a de 5.Em geral, portanto, dado um natural N e um primo p, o expoente k de p

na factorizacao 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 maximo divisor comum d de 2163 e 910 e inteiros x, ytais que

d = 2163x + 910y

com x > 0.

Resolucao: A tabela seguinte descreve a aplicacao do algoritmo de Eu-clides a a = 2163 e b = 910, com o calculo simultaneo dos xi e yi quesatisfazem

ri = axi + byi :

ri qi xi yi2163 1 0910 0 1

2163 = 2× 910 + 343 343 2 1 −2910 = 2× 343 + 224 224 2 −2 5343 = 1× 224 + 119 119 1 3 −7224 = 1× 119 + 105 105 1 −5 12119 = 1× 105 + 14 14 1 8 −1914 = 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 formula mais geral

11 = 1859× (23− k737

11) + 737× (−58 + k

1859

11).

Fazendo, por exemplo, k = 1 ja obtemos

11 = −1859× 44 + 737× 111

24