UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO

INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA

MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA – PROFMAT

MATEMÁTICA DISCRETA

1) Prove que:

1 1 1( )1 ... 2

2 3a n

n

, para todo n maior ou igual a um.

Solução:

Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.

Logo, suponha válido para n = k, isto é:

1 1 11 ... 2

2 3k

k

, para todo K maior ou igual a um.

Devemos mostrar verdadeiro para K + 1, isto é:

1 1 1 11 ... 2 1

2 3 1k

k k

, para todo K maior ou igual a um.

De fato!

Veja que:

1 1 1 1 11 ... 2

2 3 1 1k

k k k

Agora como k é maior ou igual a 1, temos que

14 4

1k K

k

. Logo temos que:

2

2

1 14 4 4 4 4 4

1 1

1 1 14 4( 1) 2.2 2 2 1

11 1

1 12 2 1 2 2 1.

1 1

k K k kk k

kk k k k

kk k

k k k kk k

Portanto

1 1 1 1 11 ... 2 2 1.

2 3 1 1k k

k k k

, como queríamos

demonstrar.

OBS: estas passagens são garantidas, pois k é maior ou igual a 1.

32 2 2 2 2 2( )1 2 ... ( 1) 1 2 ...

3

nb n n

, para todo n maior ou igual a dois.

Solução:

Afirmação 1:

2 2 2 . 1 . 2 11 2 ...

6

n n nn

De fato!

Para n = 1 OK, pois 1 = ((1.2.3)/6)

Suponha válido para n = k, isto é:

2 2 2 . 1 . 2 11 2 ...

6

k k kk

, devemos mostrar

válido para k + 1, isto é:

22 2 2 1 . 2 . 2 31 2 ... 1

6

k k kk k

.

Veja que:

2 22 2 2 . 1 . 2 1

1 2 ... 1 16

k k kk k k

2. 1 . 2 1 1 11 . 2 1 6 1 2 3 . 2

6 6 6

k k k k kk k k k k k

E, portanto:

22 2 2 1 1 . 2 . 2 31 2 ... 1 2 3 . 2

6 6

n n n nn n n n

.

Agora veja que (pela afirmação 1):

3 3

22 2 1 . 2 1 . .2 21 2 ... 1

6 6 6 3

n n n n n n n nn

, pois n – 1 < n e 2n – 1 <

2n, para todo n maior ou igual a 2.

De mesmo modo, temos que:

3 3

22 2 . 1 . 2 1 . .2 21 2 ...

6 6 6 3

n n n n n n n nn

, pois n + 1 > n e 2n + 1 > 2n,

para todo n maior ou igual a 1. Logo concluímos que:

3

2 22 2 2 21 2 ... 1 1 2 ...3

nn n

, para todo n maior ou igual a 2.

1 1 1( )1 ... 2

2 4 2nc

, para todo n maior ou igual a um.

Solução:

Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.

Logo, suponha válido para n = k, isto é:

1 1 11 ... 2

2 4 2k

, para todo k maior ou igual a um.

Devemos mostrar verdadeiro para k + 1, isto é:

1

1 1 11 ... 2

2 4 2k

, para todo k maior ou igual a um.

De fato!

Veja que:

1 1 11 ...

2 4 2k

, consiste na soma dos k primeiros termos de uma PG de razão ½.

Seja

11

2

n

na

, então temos a seguinte sequencia = {1,1/2,1/4,...,1/k}.

1 2 1 1 1

11

2 1 2 1 2... 1 2 2

1 2 2 212

k

k k

k k k k kS a a a a

Agora precisamos mostrar verdadeiro para 1kS . Veja que:

1 1

1 1

1 1 2 1 22 2 2

2 2 2 2

k k k

k k k k k kS S a

Portanto: 1 1 2 1 1

1 1 1 1... 1 ... 2

2 4 2 2k k k k kS a a a a

.

■

2) Suponha que 51 números são escolhidos dos números de 1 até 100. Mostre

que existem dois pares destes números que não tem divisor primo comum.

Solução:

Inicialmente observe que dois números consecutivos são primos entre si, pois,

necessariamente um será par e o outro ímpar. De 1 até 100 temos 100 números,

pois, 50 são pares: {2,4,6,...,100} e 50 são ímpares: {1,3,5,...,99}. Na pior das

hipóteses teremos 50 números pares e um ímpar ou 50 números ímpares e um par.

Caso 1) 50 números pares e um ímpar.

Se este impar for 1, temos (1,2) e (1,3), dois pares de números que não tem divisor

primo comum.

Se este impar for 99, temos que (98,99) e (99,100), dois pares de números que não

tem divisor primo comum.

De maneira análoga para qualquer outro impar mostramos o par de números que não

tem divisor primo comum.

OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma.

Caso 2) 50 números ímpares e um par

Se este par for 2, temos que (2,1) e (2,3) dois pares de números que não tem divisor

primo comum.

Se este par for 100, temos que (100,99) e (100,97) dois pares de números que não

tem divisor primo comum.

OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma.

■

3) Use a Boa-ordenação para provar que se X é um conjunto tal que n(X) = n

tem 2nsubconjuntos.

Solução:

Uma análise inicial consiste na demonstração empírica, isto é, vejamos alguns

casos:

Se X = {1}. Logo n(X) = 1 e ( ) { ,1}P X , ou seja, P(X) tem 2 subconjuntos.

Se X = {1,2}. Logo n(X) = 2 e ( ) { ,1,2,(1,2)}P X , ou seja, P(X) tem 4

subconjuntos.

Se X = {1,2,3}. Logo n(X) = 3 e ( ) { ,1,2,3,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3)}P X , ou seja, P(X)

tem 8 subconjuntos.

Intuitivamente observamos que se X possui n elementos, P(X) possui

2nsubconjuntos. Daí, se acrescentamos um novo elemento k em X, este elemento é

unido a cada subconjunto de P(X), logo ele gera a mesma quantidade de elementos

que já existem em P(X), isto é, 12 2 2.2 2n n n n .

Uma demonstração matemática é dada pela indução matemática. Veja:

Para n = 1 , OK, pois fazendo X={a}, temos como subconjuntos de X o e o {a}.

Agora, supondo que a afirmação seja verdadeira para um conjunto X com n

elementos, daí para um conjunto Y com (n + 1) elementos. Fixando {a} pertencente

a Y e seja X = Y – {a}. Assim, há dois tipos de Subconjuntos de Y, aqueles que não

contêm a, ou seja, os conjuntos das partes de X, que somam 2nsubconjuntos e

aqueles que contêm a, que também somam 2nsubconjuntos, daí o total de

subconjuntos de Y é dado por 12 2 2.2 2n n n n . Portanto, a afirmação é válida para

todo n natural.

■

4) Mostre que entre quaisquer quatro números podemos encontrar 2 números

de modo que a diferença entre eles é divisível por 3.

Solução:

A resolução deste exercício é feita mediante o Princípio das casas de Pombos, pois dado

um número inteiro qualquer, a divisão dele por 3 pode ser representada de três

maneiras: múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2. Desta forma tendo 4 números (pombos) e

tendo apenas 3 casas (múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2), necessariamente dois deles

ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença entre eles seja um múltiplo de 3 e

automaticamente será divisível por 3.

Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:

Sejam A, B, C e D números inteiros, tais que: A = 3k, B = 3w + 1, C = 3f + 2 e D

deixaremos variável.

Assim as possibilidades de D são: D = 3c, D = 3c + 1 ou D = 3c + 2.

Logo se:

D = 3c , então D – A = 3(c – k) e portanto será divisível por 3.

D = 3c + 1 , então D – B = 3(c – w) e portanto será divisível por 3.

D = 3c + 2 , então D – C = 3(c – f) e portanto será divisível por 3.

■

5) Mostre que entre quaisquer n + 1 números podemos encontrar 2 números

de modo que a diferença entre eles é divisível por n.

Este exercício é a generalização do exercício anterior e é solucionado pelo Principio das

casas de pombos, pois dado um numero inteiro qualquer, a divisão dele por n pode ser

representada de n maneiras: múltiplo de n, resto 1, resto 2, ... , resto n - 1. Desta forma

tendo n + 1 números (pombos) e tendo apenas n casas (múltiplo de n, resto 1, resto 2, ...

, resto n - 1), necessariamente dois deles ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença

entre eles seja um múltiplo de n e automaticamente será divisível por n.

Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:

Sejam A1, A2, A3, ... , An e D números inteiros, tais que: A1 = nk, A2 = nw + 1, A3 =

nf + 2, ... , An = nt + (n-1) e D deixaremos variável.

Assim as possibilidades de D são: D = nc, D = nc + 1, D = nc + 2, ... , D = nc + (n-1)

Logo se:

D = nc , então D – A1 = n(c – k) e portanto será divisível por n.

D = nc + 1 , então D – A2 = n(c – w) e portanto será divisível por n.

D = nc + 2 , então D – A3 = 3(c – f) e portanto será divisível por n.

.

.

.

D = nc + (n-1) , então D – An = n(c – t) e portanto será divisível por n.

■

6) Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. Quantas

funções injetivas existem de A em B?

Solução:

Inicialmente vamos estudar o caso de m = n.

Sejam A e B conjuntos com m elementos.

1) Quantas funções existem de A em B?

Para cada elemento de A, temos m opções em B, logo o número de funções é: m x

m x ... x m (m vezes), isto é: . . mmm m m .

2) Quantas funções são injetivas?

Para o primeiro elemento de A, temos m opções. Para o segundo elemento de A,

temos (m – 1) opções. ... . Para o m – ésimo elemento temos uma opção. Logo

temos m . (m – 1).(m – 2). ... .1 = m!

Agora vamos analisar o caso de m diferente de n.

Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente.

* Caso 1) m < n

- Quantas funções existem de A e B?

Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto

é, mn funções.

- Quantas funções são injetivas?

Para o primeiro elemento de A, temos n opções. Para o segundo elemento de A,

temos ( n – 1) opções. Para o terceiro elemento de A, temos (n – 2) opções. ... . Para

o m – ésimo elemento de A, temos (n – (m – 1)) opções. Logo temos n x (n – 1) x (n

– 2) x ... x (n – (m – 1), isto é, um arranjo.

,

. 1 . 2 ..... 1 . ! !. 1 . 2 ..... 1

! !n m

n n n n m n m nn n n n m A

n m n m

* Caso 2) m > n

- Quantas funções existem de A e B?

Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto

é, mn funções.

- Quantas funções são injetivas?

Neste caso não há nenhuma função injetiva, pois como m > n, teremos elementos

distintos em A com imagens iguais!