MA 21 – Resolução de Problemas Prof° : Rafael Grisi

Lista de Exercícios

Aluno: José Xavier Batista R.A: 13016011

Capítulo 1 Exercício 10 - Os números 1, 2, 3, . . . , 99 são escritos no quadro-negro e é permitido realizar a seguinte operação: apagar dois deles e substituí-los pela diferença do maior com o menor. Fazemos esta operação sucessivamente até restar apenas um último número no quadro. Pode o último número que restou ser o zero?

Resolução

Sim. Vamos proceder da seguinte maneira: Vamos primeiramente subtrair os ímpares consecutivos. O resultado de cada subtração será o 2. Como temos 50 números impares teremos, ao final desse primeiro processo 26 números 2 ( 25 números 2 das subtrações dos ímpares mais o 2 que pertencia a sequencia dada inicialmente) mais a sequencia dos pares de 4 ao 98. Agora vamos subtrair os pares consecutivos que não sejam o 2. Ao final desse segundo processo teremos escrito mais 24 números dois, logo teremos 50 números 2. Logo sobraram apenas números que subtraídos dois a dois dão resultado zero.

Capítulo 1 Exercício 12 – É possível cobrir um tabuleiro de xadrez com 31 dominós onde removemos as casas dos vértices superior esquerdo e inferior direito?

Resolução

Não. Primeiramente observemos que foram excluídas as extremidades de uma das diagonais maiores do tabuleiro, logo as casas são da mesma cor e vamos supor, sem perda de generalidade, que foram retiradas da diagonal branca. Observemos também que cada dominó sempre irá cobrir duas casas na horizontal ou duas casas na vertical (supondo que o dominó corresponda a um retângulo igual a duas casas do tabuleiro), logo cada dominó sempre cobrirá duas casas adjacentes, sendo uma casa de cada cor. Como sobraram 32 casas pretas e 30 casas brancas é impossível cobrir esse tabuleiro com 31 dominós, pois com 30 dominós cobriríamos 30 casas pretas e trinta brancas, sobrando duas casas pretas, e não possível cobrir essas duas casas com o dominó restante.

Capítulo 2 Exercício 28 - (OBM) Mostre que a equação �� + �� + �� = 3��� tem infinitas soluções onde �, �, � são números inteiros.

Resolução

Observemos primeiramente que (1,1,1) é uma solução dessa equação. Vamos mostrar que sempre que tivermos uma solução é possível encontrar outra solução diferente e assim, recursivamente, demonstramos que existem infinitas soluções para a equação.

Seja (��, ��, ��) uma solução da equação �� + �� + �� = 3���. Substituindo ��, �� na equação obtemos: �� + ��� + ��� = 3����� ⟹ �� − (3����)� + (��� + ���) = 0 (I)

Como �� é solução da equação original, segue que �� é raiz de (I). Portanto existe �� ∈ ℝ tal que: �� − (3����)� + (��� + ���) = (� − ��). (� − ��) Como �� + �� = 3���� temos �� = 3���� − ��.

Concluímos assim que se (��, ��, ��)é solução então (3���� − ��, ��, ��) é também solução da equação original. Por simetria sabemos que se (��, ��, ��) é uma solução, toda permutação deste trio, por exemplo,(��, ��, ��), também é solução. Tome (��, ��, ��) uma solução com 0 ≤ �� ≤ �� ≤ ��. Como (1,1,1) é solução, sabemos que tal solução existe. Defina (��, ��, ��) como a permutação da solução (3���� − ��, ��, ��) onde �� ≤ �� ≤ ��.

Da mesma forma, recursivamente, defina a sequência de soluções (��, ��, ��). Primeiro observe que se 0 ≤ �� ≤ �� ≤ �� então 3���� − �� ≥ 0 pois 3���� ≥ �� e portanto a sequencia de soluções (��, ��, ��) é composta apenas de valores positivos. Tome � = ���, ��, ��, … � e suponha que o total de soluções é finito. Segue que � é finito e pelo principio da boa ordem, � possui um elemento máximo �.

Seja (�, �, �) uma solução com 0 < � ≤ � ≤ � e observe que : 3�� − � > 3�� − � > 3� − � = 2� > �

Mas (�, �, 3�� − �) é solução e portanto 3�� − � ∈ � o que contradiz � ser o máximo de �.

Capítulo 2 Exercício 41 – Resolver a equação: #�$��� + � = 2��� + 10, Onde #�$denota a parte inteira de � e ��� é chamado parte fracionária de � e é definido por ��� = � − #�$. Resolução Como ��� = � − #�$, vamos substituir na equação que queremos resolver. Assim #�$��� + � = 2��� + 10 ⟹

⟹ #�$(� − #�$) + � = 2(� − #�$) + 10 ⟹ ⟹ #�$� − #�$� + � = 2� − 2#�$ + 10 ⟹ ⟹ #�$� − � = #�$� − 2#�$ + 10 ⟹

⟹ � = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 (∗)

Mas sabemos que � − 1 < #�$ ≤ �, logo: #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 − 1 < #�$ ≤ #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1

Temos então duas desigualdades a considerar. Vamos considerá-las separadamente. #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 − 1 < #�$ ⟹ #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 < #�$ + 1 ⟹

⟹ #�$� − 2#�$ + 10 < (#�$ + 1)(#�$ − 1) ⟹⟹ #�$� − 2#�$ + 10 < #�$� − 1 ⟹

⟹−2#�$ + 10 < −1 ⟹⟹−2#�$ < −11 ⟹ #&$ > ''(

#�$ ≤ #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹⟹ #�$� − #�$ ≤ #�$� − 2#�$ + 10 ⟹ #&$ ≤ ')

Logo temos que 112 < #�$ ≤ 10

Como #�$ é um número inteiro, então #�$ ∈ �6, 7, 8, 9, 10�. Agora podemos determinar o valor de x. Portanto, utilizando (*), temos:

• Para #�$ = 6

� = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹ � = 6� − 2.6 + 106 − 1 ⟹ & = ./0

• Para #�$ = 7

� = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹ � = 7� − 2.7 + 107 − 1 ⟹ � = 456 ⟹ & = '0(

• Para #�$ = 8

� = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹ � = 8� − 2.8 + 108 − 1 ⟹ & = 034

• Para #�$ = 9

� = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹ � = 9� − 2.9 + 109 − 1 ⟹ & = 4.3

• Para #�$ = 10

� = #�$� − 2#�$ + 10#�$ − 1 ⟹ � = 10� − 2.10 + 1010 − 1 ⟹ � = 909 ⟹ & = ')

Capítulo 3 Exercício 9 – Dados três inteiros, �, �, � tais que �� + �� = ��, mostre que � e � não são ambos ímpares e que �� é múltiplo de 6.

Resolução

Vamos iniciar nossa resolução provando o seguinte:

Lema: Todo quadrado perfeito deixa resto 0 ou 1 quando divididos por 3 ou 4. Provemos primeiro que todo quadrado perfeito deixa resto 0 ou 1 quando dividido por 4. Todo número natural ou é par ou ímpar, logo pode ser escrito como 2a ou 2a + 1.

• Se for par temos (2�)� = 4��, logo deixa resto 0 quando dividido por 4 • Se for ímpar temos (2� + 1)� = 4�� + 4� + 1 = 4(�� + �) + 1, logo deixa resto 1

quando divido por 4. Provemos agora que todo quadrado perfeito deixa resto 0 ou 1 quando divido por três. Todo número inteiro pode ser escrito numa dessas três formas 3b, 3b + 1 ou 3b + 2.

• Se for 3b então temos (3�)� = 9�� = 3(3��), logo deixa resto 0 quando dividido por 3. • Se for 3b + 1 então, (3� + 1)� = 9�� + 6� + 1 = 3(3�� + 2�) + 1, então deixa resto 1

quando dividido por 3. • Se for 3b + 2 temos, (3� + 2)� = 9�� + 12� + 4 = 9�� + 12� + 3 + 1 = 3(3�� + 4� +1) + 1 que mostra que deixa resto 1 quando dividido por 3.

Vamos voltar agora ao nosso problema. Vamos supor por absurdo que � e � são ambos ímpares, ou seja, 2 † � e 2 † �. Isso significa que � = 26 + 1 e � = 27 + 1 para algum 6,7 ∈ ℤ. Logo:

�� + �� = �� ⟹ (26 + 1)� + (27 + 1)� = �� ⟹ ⟹ 46� + 46 + 1 + 47� + 47 + 1 = �� ⟹ ⟹ 4(6� + 6 +7� +7) + 2 = ��

Logo �� é par e do tipo 49 + 2, o que é absurdo pois todo quadrado é do tipo 49 + 1 ou 49 como demonstrado no lema.Portanto � e � não são ambos ímpares. Como � ou � é par basta provar que � ou � é múltiplo de 3 para provar que �� é múltiplo de 6. A prova será pó redução ao absurdo. Vamos supor que � e � não são múltiplos de 3, ou seja, 3 † � e 3 † �. Logo � = 39 + 1 ou � = 39 + 2e � = 3: + 1 ou � = 3: + 2 para algum 9, : ∈ ℤ. Vamos analisar caso a caso:

• � = 39 + 1 e � = 3: + 1. Logo �� + �� = (39 + 1)� + (3: + 1)� = = 99� + 69 + 1 + 9:� + 6: + 1 = 3(39� + 29 + 3:� + 2:) + 2 = ��.

• � = 39 + 1 e � = 3: + 2. Logo �� + �� = (39 + 1)� + (3: + 2)� = = 99� + 69 + 1 + 9:� + 6: + 4 = 99� + 69 + 9:� + 6: + 3 + 2 = = 3(39� + 29 + 3:� + 2: + 1) + 2 = ��.

• � = 39 + 2 e � = 3: + 1. Logo �� + �� = (39 + 2)� + (3: + 1)� =

= 99� + 69 + 4 + 9:� + 6: + 1 = 99� + 69 + 9:� + 6: + 3 + 2 = = 3(39� + 29 + 3:� + 2: + 1) + 2 = ��.

• � = 39 + 2 e � = 3: + 2. Logo �� + �� = (39 + 2)� + (3: + 2)� = = 99� + 69 + 4 + 9:� + 6: + 4 = 99� + 69 + 9:� + 6: + 6 + 2 = = 3(39� + 29 + 3:� + 2: + 2) + 2 = ��.

Em todos os casos temos que �� é do tipo 36 + 2 o que é um absurdo pelo lema provado anteriormente.

Portando temos que � ou � é par e múltiplo de 3, logo o produto �� é múltiplo de 6.

Capítulo 3 Exercício 21 – Prove que se (��, ��) é uma solução da equação diofantina linear �� − �� = 1, então a área do triângulo cujos vértices são (0,0), (�, �) e (��, ��) é 1/2.

Resolução Da Geometria Analítica temos que a área �de um triângulo com vértices (7�, ;�), (7�, ;�) e (7�, ;�) é :

� =<7� ;� 17� ;� 17� ;� 1<2

Substituindo nossos pontos nessa equação temos:

� =< 0 0 1� � 1�� �� 1<2 ⟹ � = |��� − ���|2 ⟹ � = |��� − ���|2

Mas por hipótese (��, ��) é solução da equação �� − �� = 1. Logo

� = |1|2 = 12

Capítulo 4 Exercício 3 – Prove que se N é ímpar então para qualquer bijeção

>: @A → @A

do conjunto @A = �1,2, …C� o produto D(>) = E1 − >(1)FE2 − >(2)F… EC − >(C)F é necessariamente par.

Resolução Como N é impar então C = 26 + 1.

Queremos provar que o produto das diferenças da abscissa com a ordenada de cada um dos pares ordenados é par. Logo precisamos garantir que existe pelo menos um par ordenado tendo abscissa e ordenada com a mesma paridade. Como a função p é uma bijeção, temos exatamente 26 + 1 pares ordenados, com 6 pares e 6 + 1 ímpares. Sendo x as casas de pombos e y os pombos, o princípio das casas dos pombos nos garante que pelo menos um par ordenado será formado por dois números ímpares o que finaliza a demonstração.

Capítulo 4 Exercício 3 – Prove que se N é ímpar então para qualquer bijeção >: @A → @A

do conjunto @A = �1,2, …C� o produto D(>) = E1 − >(1)FE2 − >(2)F… EC − >(C)F é necessariamente par.

Resolução Como N é impar então C = 26 + 1.

Queremos provar que o produto das diferenças da abscissa com a ordenada de cada um dos pares ordenados é par. Logo precisamos garantir que existe pelo menos um par ordenado tendo abscissa e ordenada com a mesma paridade. Como a função p é uma bijeção, temos exatamente 26 + 1 pares ordenados, com 6 pares e 6 + 1 ímpares. Sendo x as casas de pombos e y os pombos, o princípio das casas dos pombos nos garante que pelo menos um par ordenado será formado por dois números ímpares o que finaliza a demonstração.

Capítulo 4 Exercício 9 - Seja x um número real arbitrário. Prove que entre os números

�, 2�, 3�, … , 101�

Existe um número, tal que sua diferença com certo número inteiro é menor que 0,011. Resolução Vamos denotar por ��� a parte fracionária de �, isto é, o número real que satisfaz 0 ≤ ��� < 1 e � = 7 + ��� para algum 7 ∈ ℤ.

Considere �6�� para 6 = 1, 2, 3, … , 101. Vamos particionar o intervalo #0,1# em 102 partes de

tamanho ����:

#0,1# = G0, 1102G ∪ G 1102 , 2102G ∪ G 2102 , 3102G ∪ …G101102 , 1G

Se �6�� ∈ I0, ����I ou �6�� ∈ I������ , 1I para algum 6 = 1, 2, … , 101, o problema acabou pois cada

intervalo te tamanho menor que 0,011(na verdade menor que 0,01). Caso contrário, pelo princípio das casas dos pombos haverá duas partes fracionárias, digamos �7�� e �;�� com 1 ≤ 7 < ; ≤101 pertencentes a um mesmo intervalinho dentre os 100 restantes. Sendo J = (; −7)�, teremos

�∝� = L�;�� − �7��MN�;�� ≥ �7��1 + �;�� − �7��MN�;�� < �7�� O

E portanto �∝� ∈ I0, ����I ou �∝� ∈ I������ , 1I , assim ; −7 satisfaz as condições do problema.

Capítulo 5 Exercício 1 – De quantos modos podemos escolher três números distintos do conjunto @P� = �1, 2, 3, … , 49, 50� de modo que sua soma seja:

a) Um múltiplo de 3? b) Um número par?

Resolução a) Considere os conjuntos ��, �� e �� os conjuntos formados pelos números de @P� que deixam,

respectivamente, resto 0, 1 e 2 quando divididos por 3. Logo: • #�� = 16 • #�� = 17 • #�� = 17

Para que a soma de três números seja múltiplo de 3 temos quatro casos a considerar:

1) Escolher um número de cada grupo. Logo temos 16.17.17 = 4624 modos.

2) Escolher os três números de ��. Logo temosR163 S = 560 modos.

3) Escolher os três números de ��. Logo temos R173 S = 680 modos

4) Escolher os três números de ��. Logo temos R173 S = 680 modos.

Como esses conjuntos são disjuntos o total de modos é 560 + 680 + 680 + 4624 = 6544 maneiras modos de escolher três números de @P�cuja soma é múltiplo de 3.

b) Considere os conjuntos I e P os conjuntos formados pelos números de @P� que são,

respectivamente, ímpares e pares. Logo #@ = 25 e #D = 25. Para que a soma seja par temos apenas dois casos a considerar:

1) Escolher um par e dois ímpares. Logo temos25. R252 S = 7500 modos.

2) Escolher os três pares. Logo temosR253 S = 2300 modos.

Como esses casos são disjuntos temos no total 7500 + 2300 = 9800 modos de escolher três números de @P� cuja soma seja par.

Capítulo 5 Exercício 14 - Quantas são as permutações das letras da palavra BRASIL em que o B ocupa o primeiro lugar, ou o R ocupa o segundo lugar, ou o L ocupa o sexto lugar? Resolução Sejam �, T, U os conjuntos formados, respectivamente, pelas palavras que começam com B, que o R é a segunda letra e o L é a última letra. Logo:

• #� = #T = #U = 5.4.3.2.1 = 120 permutações. • #(� ∩ T) = #(T ∩ U) = (� ∩ U) = 4.3.2.1 = 24 permutações. • #(� ∩ T ∩ U) = 3.2.1 = 6 permutações.

Pelo Principio da Inclusão-Exclusão temos: #(� ∪ T ∪ U) = #� + #T + #U − E#(� ∩ T) + #(T ∩ U) + (� ∩ U)F + #(� ∩ T ∩ U) #(� ∪ T ∪ U) = 3.120 − 3.24 + 6 = 360 − 72 + 6 = 294 permutações no total.

Capítulo 6 Exercício 3 – Use o princípio da indução finita para provar as seguintes desigualdades: (observação: a desigualdade original do exercício estava errada e na minha resolução estou utilizando a desigualdade já corrigida)

a) 2�W�(�� + ��) ≥ (� + �)�,∀; ∈ ℕ, com �, � ∈ ℝ, � + � > 0 e � ≠ �; (i) A afirmação é verdadeira para n=1, pois: 2�W�(�� + ��) = � + � = (� + �)�

(ii) Hipótese de indução: 2[W�(�[ + �[) ≥ (� + �)[ para algum 6 ∈ ℕ

Tese de indução: 2[(�[\� + �[\�) ≥ (� + �)[\�

Demonstração: começamos nossa demonstração observando que (�[ − �[). (� − �) > 0

Pois se � > � então �[ − �[ e � − � são ambos positivos e se � < � então �[ − �[ e � − � são ambos positivos. Logo:

(�[ − �[). (� − �) > 0 ⟹ ⟹ �[(� − �) − �[(� − �) > 0 ⟹ ⟹ �[\� + �[\� − �[� − ��[ > 0 ⟹ ⟹ �[\� + �[\� − �[� − ��[ + �[\� + �[\� − �[\� − �[\� > 0 ⟹ ⟹ 2�[\� + 2�[\� > �[� + ��[ + �[\� + �[\� ⟹ ⟹ 2(�[\� + �[\�) > (�[ + �[). (� + �) ⟹ ⟹ 2[(�[\� + �[\�) > 2[W�(�[ + �[). (� + �) > (� + �)[. (� + �) = (� + �)[\�

b) �√�+ �

√�+ �√�+⋯+ �

√� ≥ √;, para todo ; ∈ ℕ.

(i) A afirmação é válida para n = 1, pois: 1

√1 = 1 = √1

(ii) Hipótese de Indução: �√�+ �

√�+ �√�+⋯+ �

√[ ≥ √6 para algum 6 ∈ ℕ

Tese de Indução: : �√�+ �

√�+ �√�+⋯+ �

√[ + �√[\� ≥ √6 + 1

Demonstração: como k é natural temos que 6 > 0. Logo: 6(6 + 1) > 6�⟹ ⟹_6(6 + 1) > 6 ⟹ ⟹_6(6 + 1) + 1 > 6 + 1 ⟹ ⟹_6(6 + 1) + 1 > √6 + 1. √6 + 1 ⟹

⟹_6(6 + 1) + 1√6 + 1 > √6 + 1 ⟹

⟹ √6 + 1√6 + 1 > √6 + 1 ⟹

⟹ 1√1 +1√2 +

1√3 +⋯+

1√6 +

1√6 + 1 > √6 + 1

c) �`\�+ �`\�+ �

`\�+⋯+ ��` > ��

�a, para todo ; ∈ ℕ.

(i) A proposição não é verdadeira para n = 1, pois:

11 + 1 =12 < 1324

Mas é verdadeira para n=2, pois 12 + 1 + 12 + 2 = 712 > 1324

(ii) Hipótese de Indução: �b\�+ �b\�+ �

b\�+⋯+ ��b > ��

�a para algum 6 ∈ ℕ

Tese de Indução: �b\�+ �b\�+ �b\a+⋯+ �

�b\� > ���a

Demonstração:

16 + 1 + 16 + 2 + 16 + 3 +⋯+ 126 + 126 + 1 + 126 + 2 > 1324 + 126 + 1 + 126 + 2 ⟹

⟹ 16 + 1 + 16 + 2 + 16 + 3 +⋯+ 126 + 126 + 1 + 126 + 2 − 16 + 1 > 1324 + 126 + 1 + 126 + 2 − 16 + 1 ⟹

⟹ 16+2+ 16+3+⋯+ 126+ 126+1+ 126+2> 1324+ 126+1+ 126+2− 16+1

Vamos mostrar que �

�[\� + �

�[\� >

�

�[\�

�

�[\� +

�

�[\� =

�[\��\ �[\��

�[\���[\�� =

a[\��

�[\���[\�� =

a[\�\��

�[\���[\�� =

= a[\��

�[\���[\��+

�

�[\���[\�� =

��[\��

�[\���[\��+

�

�[\���[\�� =

=�

�[\���[\��+

�

�[\���[\�� >

�

�[\�