Revista Eureka

87
CONTEÚDO AOS LEITORES 2 OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA 3 Problemas de treinamento para a terceira fase XIX OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA (1997) 8 Problemas e soluções da segunda fase sênior 13 a . OLIMPÍADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICA 18 República Dominicana 1998 - Problemas e resultados 39 a . OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 20 Soluções ARTIGOS O PRINCÍPIO DA INDUÇÃO 26 Elon Lages Lima FRAÇÕES CONTÍNUAS, REPRESENTAÇÕES DE NÚMEROS E APROXIMAÇÕES 44 Carlos Gustavo Moreira SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS EUREKA N os . 1 e 2 56

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Eureka 03

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CONTEDO

Sociedade Brasileira de Matemtica

CONTEDO

AOS LEITORES

2

OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA

3Problemas de treinamento para a terceira fase

XIX OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA (1997)

8

Problemas e solues da segunda fase snior

13a. OLIMPADA IBEROAMERICANA DE MATEMTICA 18

Repblica Dominicana 1998 - Problemas e resultados

39a. OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICA 20

Solues

ARTIGOS

O PRINCPIO DA INDUO

26

Elon Lages LimaFRAES CONTNUAS, REPRESENTAES DE NMEROS E APROXIMAES44

Carlos Gustavo Moreira

SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS EUREKA Nos. 1 e 2

56PROBLEMAS PROPOSTOS

61

COORDENADORES REGIONAIS

62AOS LEITORES1998 tem sido um bom ano para o programa brasileiro de Olimpadas de Matemtica. Tivemos em torno de 40.000 participantes na primeira fase, ganhamos mais uma medalha de ouro na Olimpada Internacional de Matemtica e fomos o pas com maior soma de pontos na Olimpada Iberoamericana de Matemtica. Esperamos conclu-lo com uma terceira fase da Olimpada Brasileira de Matemtica que faa jus aos resultados at agora obtidos, estimulando ainda mais a imaginao criativa dos jovens competidores, propiciando a descoberta de novos talentos para a matemtica e, em particular, criando as bases para as equipes brasileiras que participaro nas olimpadas internacionais do ano que vem. Esperamos que os nmeros da revista Eureka! que apresentamos este ano sejam teis para aumentar o nmero de participantes da Olimpada Brasileira de Matemtica e que permitam a todos os classificados chegarem bem preparados terceira fase, alm de contribuir para o enriquecimento da cultura matemtica de nossa comunidade acadmica e escolar.

Esta Eureka! 3 est mais difcil que as anteriores, entre outras razes, por ter boa parte de seu material dedicado preparao para a terceira fase do terceiro nvel. Grande parte do material das Eureka! 1 e 2 adequada preparao para a terceira fase dos primeiros dois nveis, mas no terceiro nvel a prova (como mostra a segunda fase snior da Olimpada Brasileira de Matemtica do ano passado, aqui resolvida) costuma ser mais tcnica, de modo que resolvemos usar a Eureka! 3 para oferecer aos participantes da terceira fase uma preparao adequada, com problemas mais difceis e bem diferentes dos que usualmente se estudam nas escolas.

A terceira fase ser realizada nas seguintes datas.

Sbado 24 de outubro

1o. nvel

2o. nvel

3o. nvel (primeira prova).

Sbado 14 de novembro3o. nvel (segunda prova).

Comit Editorial.OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA

Problemas de treinamento para a terceira fase 1) Sejam trs pontos A, B e C pertencentes a uma circunferncia de centro O tais que s, o denominador v de maior ou igual a que o denominador de x isto , o denominador de maior que o denominador de e, portanto, se x pr-peridico, ento seu denominador no mximo s (**).

De (*) e (**), segue que h apenas um nmero finito de pontos pr-peridicos racionais.

6)

Em primeiro lugar, observe que as imagens dos vrtices de um tringulo equiltero de lado 1 formam tambm um tringulo eqiltero de lado 1. Assim, dados dois tringulos eqilteros de lado 1 com um lado em comum, os vrtices opostos ao lado comum podem ter mesma imagem ou imagens diferentes distando Em outras palavras, se A e A' so pontos tais que AA' = ento Vamos mostrar que, de fato, Se ento tomando B com AB = 1 e A' B =, teramos o que seria absurdo. Assim, d(A,A' ) = Desta forma qualquer reticulado triangular formado por vrtices de tringulos eqilteros de lado 1 de interiores disjuntos e cobrindo o plano preservado por f, no seguinte sentido: a imagem deste reticulado tambm ser outro reticulado do mesmo tipo. Em particular, pontos a distncia n so levados em pontos tambm distncia n, n ( N.

Este ltimo fato mostra que tringulos de lados 1, e que tm rea so preservados pela funo f , j que seus vrtices esto em reticulado triangular de lado 1.

Utilizando um procedimento anlogo ao anterior, vamos agora considerar a imagem dos vrtices de dois tringulos deste tipo com o lado de medida em comum. Sendo X e Y os vrtices destes tringulos opostos ao lado comum, temos novamente que ou , onde

o dobro da altura dos tringulos considerados em relao ao lado comum. Vamos demonstrar que os pontos distncia tm, de fato, imagens distintas. Seja kn tal que

Sendo considere pontos tais que para e Temos e, portanto,

Se fosse 0, ento o que seria absurdo assim, Como antes, temos que XY = para k ( N.

Agora, suponha que existam X e Y tais que Sejam n ( N tal que e com

Tome com

temos

Obs: As funes f : R2 ( R2 que satisfazem as condies do enunciado so chamadas isometrias, e so composies de translaes com rotaes e / ou reflexes.

Voc sabia Que o nmero de pessoas que j apertaram a mo de outras pessoas um nmero mpar de vezes par ??

13a. OLIMPADA IBEROAMERICANA DE MATEMTICA

Repblica Dominicana 1998 - Problemas e resultados

Primeiro dia

Durao da Prova: 4 h e 30 minutos.

PROBLEMA 1

So dados 98 pontos sobre uma circunferncia. Maria e Jos jogam alternadamente da seguinte maneira: cada um deles traa um segmento unindo dois dos pontos dados que no tenham sido unidos entre si anteriormente. O jogo termina quando os 98 pontos tenham sido usados como extremos de um segmento pelo menos uma vez. O vencedor a pessoa que faz o ltimo trao. Se o Jos comea o jogo, quem pode garantir a sua prpria vitria?

PROBLEMA 2A circunferncia inscrita no tringulo ABC tangente aos lados BC, CA e AB nos pontos D, E e F, respectivamente. AD corta a circunferncia num segundo ponto Q. Demonstrar que a reta EQ passa pelo ponto mdio de AF se e somente se = .

PROBLEMA 3Encontrar o menor nmero natural n com a seguinte propriedade: entre quaisquer n nmeros distintos do conjunto {1, 2, , 999} pode-se escolher quatro nmeros diferentes a, b, c, d, tais que a + 2b + 3c = d.

Segundo dia

Durao da Prova: 4 h e 30 minutos.

PROBLEMA 4Em volta de uma mesa redonda esto sentados representantes de n pases (n ( 2), satisfazendo a seguinte condio: se duas pessoas so do mesmo pas, ento, seus respectivos vizinhos da direita no podem ser de um mesmo pas. Determinar, para cada n, o nmero mximo de pessoas que pode haver em volta da mesa.

PROBLEMA 5Encontrar o maior valor possvel n para que existam pontos distintos P1, P2, P3, , Pn no plano, e nmeros reais r1, r2, , rn de modo que a distncia entre quaisquer dois pontos diferentes Pi e Pj seja ri ( rj.

PROBLEMA 6Seja ( a raiz positiva da equao t2 ( 1998t ( 1 = 0. Define-se a sucesso x0, x1, x2, , xn , por:

Encontrar o resto da diviso de x1998 por 1998.

Nota: [x] indica a parte inteira de x, ou seja, [x] o nico inteiro k tal que

k ( x ( k + 1.RESULTADOS

A equipe Brasileira teve uma excelente participao na 13a. Olmpada Iberoamericana de Matemtica realizada em Repblica Dominicana de 18 a 27 de setembro na qual participaram 18 pases.

Os pases que obtiveram maior soma de pontos foram:

BRASIL132 pontos

CHILE127 pontos

ARGENTINA120 pontos

PERU117 pontos

MXICO115 pontos

ESPANHA112 pontos

O Resultado da Equipe Brasileira

BRA 1Murali Srinivasam VajapeyamPrata - 32 pontos

BRA 2 Emanuel Augusto de Souza CarneiroOuro - 37 pontos

BRA 3Fabricio Shigueu CataeOuro - 35 pontos

BRA 4Mauricio Pereira CarrariBronze - 28 pontos

Cada um dos seis problemas da prova vale 7 pontos.39a. OLIMPADA INTERNACIONAL DE MATEMTICASolues

PROBLEMA 1

No quadriltero convexo ABCD, as diagonais AC e BD so perpendiculares e os lados opostos AB e DC no so paralelos. Sabemos que o ponto P, onde se intersectam as mediatrizes de AB e DC, est no interior de ABCD. Prove que ABCD um quadriltero inscritvel se, e somente se, os tringulos ABP e CDP tm reas iguais.

SOLUO

Suponha primeiro que ABCD seja inscritivel. Como AC ( BD temos . Claramente o centro O do crculo circunscrito pertence s mediatrizes de AB e DC, logo P = O, e como rea de rea de OCD (onde r o raio do crculo), vale a primeira implicao.

Suponha agora que ABCD no seja inscritvel. Suponha sem perda de generalidade que PC < PA. Seja Q o ponto de interseo de AC e BD. Prolongamos QC e QD at intersectarmos o crculo de centro p e raio PA = PB em novos pontos C e D . Como AC e BD so perpendiculares, pela primeira implicao sabemos que rea de PAB = rea de PCD, mas CD > CD ( CD hipotenusa do tringulo retngulo QCD, de catetos maiores que o tringulo retngulo QCD, do qual CD hipotenusa), e

d(P, CD) > d (P, CD) (de fato, C e D esto no mesmo semiplano determinado pela reta , distinto do semiplano ao qual pertence P, e

d (P, CD) = d(P, M), onde M o ponto mdio de CD, e portanto pertence ao mesmo semiplano que C e D , logo d(P, CD) < d(P, M) =

= d (P, CD )). Portanto rea de PCD > rea de PCD, absurdo, pois estamos supondo que rea de PAB = rea de PCD.

PROBLEMA 2Numa competio, existem a concorrentes e b juzes, onde b ( 3 um inteiro mpar. Cada juiz avalia cada um dos concorrentes, classificando-o como "aprovado" ou "reprovado". Suponha que k um nmero tal que as classificaes dadas por dois juzes quaisquer coincidem no mximo para k concorrentes. Prove que .

SOLUO

Para cada um dos candidatos, se j o nmero de juizes que o aprovam, o nmero de pares de juzes que tem julgamentos coincidentes em relao a ele , de modo que o nmero total de pares de julgamentos coincidentes no mximo que, por outro lado, por hiptese, deve ser no mximo Assim, devemos ter

PROBLEMA 3Para qualquer inteiro positivo n, seja d(n) o nmero de divisores positivos de n (incluindo 1 e n).

Determine todos os inteiros positivos k tais que para algum n.

SOLUO Obsevemos inicialmente que se ( pi primos distintos) ento

Assim, Como o numerador mpar, se o resultado for inteiro deve ser mpar (e todos os (i devem ser pares).

Vamos mostrar que qualquer nmero natural mpar da forma desejada. Para isso, devemos mostrar que todo nmero mpar pode ser escrito como produto de fraes da forma r ( N, no necessariamente distintas. Faremos isso por induo. Seja m um nmero mpar, e seja 2s a maior potncia de 2 que divide m + 1. Temos portanto para algum q ( N, donde

Como 2q + 1 < 2s + 1 q + 2s 1 = m, por hiptese de induo, 2q + 1 se escreve como produto de fraes da forma e portanto m tambm.PROBLEMA 4Determine todos os pares (a, b) de inteiros positivos tais que ab2 + b + 7 divide a2b + a + b.

SOLUO Se inteiro ento

inteiro. Como temos que Se teremos b2 = 7a, donde b mltiplo de 7 (digamos

b = 7t ), e (7t)2 = 7a nos d a = 7t2. fcil ver que (a, b) = (7t2, 7t) satisfaz as condies do enunciado para todo t inteiro positivo (temos nesse caso

Se devemos ter b2 < 7a e (pois inteiro), e portanto ou b = 2.

Se e devemos ter que a + 8 divide 57, com a inteiro positivo ( a + 8 = 19 ou a + 8 = 57 ( a = 11 ou

a = 49. Para a = 11 e b = 1 temos e para a = 49 e

b = 1 temos

Se b = 2, Como 4 7a > 18 8a = 2 (4a + 9), se inteiro negativo, devemos ter

N.

Assim, as solues so dadas por e (a, b) = (49,1).PROBLEMA 5Seja I o incentro do tringulo ABC. A circunferncia inscrita no tringulo ABC tangente aos lados BC, CA e AB nos pontos K, L e M, respectivamente. A reta que passa por B, paralela ao segmento MK, intersecta as retas LM e LK nos pontos R e S, respectivamente. Prove que o ngulo (RIS agudo.

SOLUO Como e bissetriz de temos e portanto Queremos mostrar que agudo, o que equivalente a o que equivale a

e portanto devemos provar que

Se e temos

(e portanto e (e portanto Assim, os tringulos MBR e SBK so semelhantes e donde (pois BI hipotenusa do tringulo retngulo BMI ).PROBLEMA 6Considere todas as funes f definidas no conjunto N dos inteiros positivos,

com valores no mesmo conjunto, que satisfazem para todos s e t em N. Determine o menor valor possvel de f(1998)SOLUO Dizemos que h : N ( N estritamente multiplicativa se h(xy) = h(x) h(y), para quaisquer x, y ( N, e dizemos que h uma involuo se h(h(x)) = x para todo x ( N. facil ver que se f satisfaz a involuo estritamente multiplicativa ento f satisfaz a condio do enunciado: f (t2 f (s)) = (f (t)2

f (f (s)) = s (f (t))2. Podemos definir f : N ( N estritamente multiplicativa por ( pi primos distintos), onde f (2) = 3,

f (3) = 2, f (37) = 5, f (5) = 37 e f (p) = p, para todo p primo no pertencente a {2, 3, 5, 37}, e teremos f (1998) = f ( 2 ( 33 ( 37 ) = f (2) f (3)3 f (37) = 3 ( 23 ( 5 = 120. Vamos provar que 120 menor valor possvel para f (1998).

Fazendo t = 1 temos f (f (s )) = s f (1)2, ( s ( N. Em particular, f injetiva, pois f (s) = f (u) ( f (f (s)) = f ( f (u)) ( s f (1)2 = u f (1)2 ( s = u.

Temos ainda f (t 2 f (1)) = f (t)2 para todo t ( N ( fazendo s = 1), e portanto temos f (t2 f (s) 2) = f (t2 f (s2 f (1))) = s2 f (1) f (t)2, e fazendo s = f (u) temos f (t2 ( f ( f (u))2)= f (u)2 f (1) f (t)2. Assim, provamos que f (t 2 u2 f (1)4) =

= ( f (u) f (t))2 f (1), para quaisquer u, t ( N.

Portanto, se ut = xy, f (t 2 u2 f (1)4) = f (x2 y2 f (1)4), logo ( f (u) f (t))2 f (1) =

( f (x) f (y))2 f (1) ( f (u) f (t) = f (x) f (y). Como x2 ( 1 = x ( x, f (x2) f (1) =

f (x)2, (x ( N. Se pk uma potncia de primo que divide f (1), e p r a maior potncia de p que divide f (x) para todo x ( N, temos que f (x)2 mltiplo de pr ( pk ( f (x) mltiplo de onde denota o menor inteiro que maior ou igual a (, para todo x ( N, o que absurdo se r < k (pois teramos Logo pk divide f (x) para todo x ( N, e portanto f (1) divide

f (x), para todo x ( N. Como xy ( 1 = x ( y , f (xy) f (1) = f (x) f (y) ( Definindo g : N ( N, g (x) = temos que g estritamente multiplicativa, g injetiva, g (1) = 1 e g (x) ( f (x) para todo

x ( N. Temos g(1998) = g(2 ( 33 ( 37) = g(2) g(3)3 g(37). Observemos agora que g(2), g(3) e g(37) devem ser naturais distintos maiores que 1, e no podemos ter {2, 4} ( {g(2), g(3), g(37)}, pois se g( p) = 2 e g(q) = 4 com

{p, q} ( {2, 3, 37} teramos g(p2) = g(p)2 = g(q) ( p2 = q, absurdo. Assim g(1998) = g(2) g(3)3 g(37) = g(2) g(3) g(37) g(3)2 ( 2 ( 3 ( 5 ( g(3)2 (

2 ( 3 ( 5 ( 22 = 120, logo f (1998) ( 120, como afirmamos (Voc sabia Que o matemtico Harald Bohr (irmo do fsico Niels Bohr), famoso por sua teoria das funes quase-peridicas, era um consagrado jogador de futebol? Ele jogou no meio-de-campo da seleo da Dinamarca, que ganhou a medalha de prata nos jogos Olmpicos de Londres, em 1908, quando seu time derrotou a Frana pela contagem de 17 a 1 (!).

O PRINCPIO DA INDUO

Elon Lages Lima

( Nvel Avanado.

INTRODUO

O Princpio da Induo um eficiente instrumento para a demonstrao de fatos referentes aos nmeros naturais. Por isso deve-se adquirir prtica em sua utilizao. Por outro lado, importante tambm conhecer seu significado e sua posio dentro do arcabouo da Matemtica. Entender o Princpio da Induo praticamente o mesmo que entender os nmeros naturais.

Apresentamos abaixo uma breve exposio sobre os nmeros naturais, onde o Princpio da Induo se insere adequadamente e mostra sua fora terica antes de ser utilizado na lista de exerccios propostos ao final.1. A SEQNCIA DOS NMEROS NATURAISOs nmeros naturais constituem um modelo matemtico, uma escala padro, que nos permite a operao de contagem. A seqncia desses nmeros uma livre e antiga criao do esprito humano. Comparar conjuntos de objetos com essa escala abstrata ideal o processo que torna mais precisa a noo de quantidade; esse processo (a contagem) pressupe portanto o conhecimento da seqncia numrica. Sabemos que os nmeros naturais so 1, 2, 3, 4, 5, A totalidade desses nmeros constitui um conjunto, que indicaremos com o smbolo N e que chamaremos de conjunto dos naturais. Portanto N = {1, 2, 3, 4, 5,}.

Evidentemente, o que acabamos de dizer s faz sentido quando j se sabe o que um nmero natural. Faamos de conta que esse conceito nos desconhecido e procuremos investigar o que h de essencial na seqncia 1, 2, 3, 4, 5 .

Deve-se a Giussepe Peano (1858-1932) a constatao de que se pode elaborar toda a teoria dos nmeros naturais a partir de quatro fatos bsicos, conhecidos atualmente como os axiomas de Peano. Noutras palavras, o conjunto N dos nmeros naturais possui quatro propriedades fundamentais, das quais resultam, como conseqncias lgicas, todas as afirmaes verdadeiras que se podem fazer sobre esses nmeros.

Comearemos com o enunciado e a apreciao do significado dessas quatro proposies fundamentais a respeito dos nmeros naturais.

2. OS AXIOMAS DE PEANOUm matemtico profissional, em sua linguagem direta e objetiva, diria que o conjunto N dos nmeros naturais caracterizado pelas seguintes propriedades:

A.Existe uma funo s : N ( N, que associa a cada n ( N um elemento s(n) ( N, chamado o sucessor de n.B.A funo s : N ( N injetiva.

C.Existe um nico elemento 1 no conjunto N, tal que 1 ( s(n) para todo n ( N.

D.Se um subconjunto X ( N tal que 1 ( N e s(X) ( X

(isto , n ( X ( s(n) ( X), ento X = N.

Observe que, como estamos chamando de N o conjunto dos nmeros naturais, a notao n ( N significa que n um nmero natural.

As afirmaes A, B, C e D so os axiomas de Peano. A notao s(n) provisria. Depois de definirmos adio, escreveremos n + 1 em vez de s(n).

Como concesso fraqueza humana, nosso matemtico nos faria a gentileza de reformular os axiomas de Peano em linguagem corrente, livre de notao matemtica. E nos diria ento que as afirmaes acima significam exatamente o mesmo que estas outras:

A'. Todo nmero natural possui um nico sucessor, que tambm um nmero natural.

B'.Nmeros naturais diferentes possuem sucessores diferentes. (Ou ainda: nmeros que tm o mesmo sucessor so iguais.)

C'.Existe um nico nmero natural que no sucessor de nenhum outro. Este nmero representado pelo smbolo 1 e chamado de "nmero um".

D'. Se um conjunto de nmeros naturais contm o nmero 1 e, alm disso, contm o sucessor de cada um de seus elementos, ento esse conjunto coincide com N, isto , contm todos os nmeros naturais.

A partir da, retomamos a palavra para dizer que o sucessor de 1 chama-se "dois", o sucessor de dois chama-se "trs", etc. Nossa civilizao progrediu ao ponto em que temos um sistema de numerao, o qual nos permite representar, mediante o uso apropriado dos smbolos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, todos os nmeros naturais. Alm disso, nossa linguagem tambm fornece nomes para os primeiros termos da seqncia dos nmeros naturais. (Nmeros muito grandes no tm nomes especficos, ao contrrio dos menores como "mil novecentos e noventa e oito". Quem sabe, por exemplo, o nome do nmero de tomos do universo?)

Voltando a usar a notao s(n) para o sucessor do nmero natural n, teremos ento 2 = s(1), 3 = s(2), 4 = s(3), 5 = s(4), etc. Assim, por exemplo, a igualdade 2 = s(1) significa apenas que estamos usando o smbolo 2 para representar o sucessor de 1. A seqncia dos nmeros naturais pode ser indicada assim:

As flechas ligam cada nmero ao seu sucessor.

Nenhuma flecha aponta para 1, pois este nmero no sucessor de nenhum outro. O diagrama acima diz muito sobre a estrutura do conjunto N dos nmeros naturais.

3. O AXIOMA DA INDUO

Um dos axiomas de Peano, o ltimo, possui claramente uma natureza mais elaborada do que os demais. Ele conhecido como o axioma da induo. Faremos dele uma anlise detida, acompanhada de comentrios.

O significado informal do axioma D que todo nmero natural pode ser obtido a partir de 1 por meio de repetidas aplicaes da operao de tomar o sucessor. Assim, por exemplo, 2 o sucessor de 1, 3 o sucessor do sucessor de 1, etc. Para se entender melhor o axioma da induo util examinar o exemplo, no qual N = {1, 2, 3,} mas a funo s : N ( N modificada, pondo-se s(n) = n + 2. Ento, se comearmos com 1 e a este nmero aplicarmos repetidamente a operao de tomar o "sucessor" (nesta nova acepo) obteremos s(1) = 3, s(3) = 5, s(5) = 7, etc., e nunca chegaremos a qualquer nmero par. Portanto, o diagrama

exibe uma funo injetiva s : N ( N para a qual no verdade que todo nmero natural n pode ser obtido, a partir de 1, mediante repetidas aplicaes da operao de passar de k para s(k).

Dentro de um ponto de vista estritamente matemtico, podemos reformular o axioma da induo do seguinte modo: Um subconjunto X ( N chama-se indutivo quando s(X) ( X, ou seja, quando n ( X ( s(n) ( X, ou ainda, quando o sucessor de qualquer elemento de X tambm pertence a X.

Dito isto, o axioma da induo afirma que o nico subconjunto indutivo de N que contm o nmero 1 o proprio N.

No exemplo acima, os nmeros mpares 1, 3, 5, formam um conjunto indutivo que contm o elemento 1 mas no igual a N.

O papel fundamental do axioma da induo na teoria dos nmeros naturais e, mais geralmente, em toda a Matemtica, resulta do fato de que ele pode ser visto como um mtodo de demonstrao, chamado o Mtodo de Induo Matemtica, ou Princpio da Induo Finita, ou Princpio da Induo, conforme explicaremos agora.

Seja P uma propriedade que se refere a nmeros naturais. Um dado nmero natural pode gozar ou no da propriedade P.Por exemplo, seja P a propriedade de um nmero natural n ser sucessor de outro nmero natural. Ento 1 no goza da propriedade P, mas todos os demais nmeros gozam de P.O Princpio da Induo diz o seguinte:

Princpio da Induo: Seja P uma propriedade referente a nmeros naturais. Se 1 goza de P e se, alm disso, o fato de o nmero natural n gozar de P implica que seu sucessor s(n) tambm goza, ento todos os nmeros naturais gozam da propriedade P.

Para ver que o Princpio da Induo verdadeiro (uma vez admitidos os axiomas de Peano) basta observar que, dada a propriedade P cumprindo as condies estipuladas no enunciado do Princpio, o conjunto X dos nmeros naturais que gozam da propriedade P contm o nmero 1 e indutivo. Logo X = N, isto , todo nmero natural goza da propriedade P. As propriedades bsicas dos nmeros naturais so demonstradas por induo. Comecemos com um exemplo bem simples.

Exemplo 1. Entre os axiomas de Peano no consta explicitamente a afirmao de que todo nmero diferente do seu sucessor, a qual provaremos agora. Seja P esta propriedade. Mais precisamente, dado o nmero natural n, escrevamos P(n) para significar, abreviadamente, a afirmao n ( s(n). Ento P(1) verdadeira, pois 1 ( s(1), j que 1 no sucessor de nmero algum; em particular, 1 no sucessor de si prprio. Alm disso, se supusermos P(n) verdadeira, isto , se admitimos que

n ( s(n), ento s(n) ( s(s(n)), pois a funo s : N ( N injetiva. Mas a afirmao s(n) ( s(s(n) significa que P(s(n)) verdadeira. Assim, a verdade de P(n) acarreta a verdade de P(s(n)). Pelo Princpio da Induo, todos os nmeros naturais gozam da propriedade P, ou seja, so diferentes de seus sucessores.

Nas demonstraes por induo, a hiptese de que a propriedade P vlida para o nmero natural n (da qual deve decorrer que P vale tambm para s(n)) chama-se hiptese de induo.

O Princpio da Induo no utilizado somente como mtodo de demonstrao. Ele serve tambm para definir funes f: N ( Y que tm como dominio o conjunto N dos nmeros naturais.

Para se definir uma funo f : X ( Y exige-se em geral que seja dada uma regra bem determinada, a qual mostre como se deve associar a cada elemento x ( X um nico elemento y = f(x) ( Y. Entretanto, no caso particular em que o domnio da funo o conjunto N dos nmeros naturais, a fim de definir uma funo f : N ( Y no necessrio dizer, de uma s vez, qual a receita que d o valor f(n) para todo n ( N. Basta que se tenha conhecimento dos seguintes dados:

(1) O valor f (1);

(2) Uma regra que permita calcular f (s(n)) quando se conhece f (n).

Esses dois dados permitem que se conhea f (n) para todo nmero natural n. (Diz-se ento que a funo f foi definida por recorrncia.) Com efeito, se chamarmos de X o conjunto dos nmeros naturais n para os quais se pode determinar f (n), o dado (1) acima diz que 1 ( X e o dado (2) assegura que n ( X ( s(n) ( X. Logo, pelo axioma da induo, tem-se

X = N.

Obs. : Uma funo f : N ( Y cujo domnio o conjunto dos nmeros naturais chama-se uma seqncia ou sucesso de elementos de Y. A notao usada para uma tal seqncia (y1, y2,,yn,), onde se usa yn em vez de f(n) para indicar o valor da funo f no nmero n. O elemento yn .

4. ADIO E MULTIPLICAO DE NMEROS NATURAIS

A adio e a multiplicao de nmeros naturais so exemplos de funes definidas por recorrncia.

Para definir a adio, fixaremos um nmero natural arbitrrio k e definiremos a soma k + n para todo n ( N.

Fixado k, a correspondncia n ( k + n ser uma funo f: N( N, f(n) = k + n, chamada "somar k". Ela se define por recorrncia, a partir dos seguintes dados:

(S1) k + 1 = s(k)

(S2) k + s(n) = s(k + n).

Portanto, k + 1 , por definio, o sucessor de k. E, se conhecermos k + n, saberemos o valor de k + s(n): por definio, tem-se k + s(n) = s(k + n). Isto nos permite conhecer k + n para todo n ( N (e todo k ( N).

Usando as notaes definitivas n + 1 em vez de s(n) e (k + n) + 1 em vez de s(k + n), a igualdade (S2) se escreve assim:

(S2') k + (n + 1) = (k + n) +1.

Assim, as igualdades (S1) e (S2) ou, equivalentemente, (S1) e (S2') definem por recorrncia a soma k + n de dois nmeros naturais quaisquer k e n.

A multiplicao de nmeros naturais se define de modo anlogo adio. Fixado arbitrariamente um nmero natural k, a multiplicao por k associa a todo nmero mnatural n o produto n ( k, definido por induo da seguinte maneira:

(P1) 1( k = k.

(P2) (n + 1) k = n(k + k.O produto n(k escreve-se tambm nk e l-se "n vezes k". A definio acima diz portanto que uma vez k igual a k e n + 1 vezes k igual a n vezes k mais (uma vez) k . Assim, por definio, 2 ( k = k + k, 3 ( k = k + k + k, etc.

Usa-se induo para provar as propriedades bsicas da adio e da multiplicao de nmeros naturais. Entre elas, destacam-se as seguintes, vlidas para quaisquer k, n, p ( N:

Associatividade:k + (n + p) = (k + n) + p e k ( (n ( p) = (k ( n)( pComutatividade:k + n = n + k e k ( n = n ( kLei do Corte:

k + n = k + p ( n = p e k ( n = k ( p ( n = pDistributividade:k (n + p) = k ( n + k ( p.

Omitiremos as demonstraes destes fatos. O leitor pode consider-las como exerccios sobre o mtodo da induo.

5. ORDEM

A adio de nmeros naturais permite introduzir uma relao de ordem em N. Dados os nmeros naturais m, n diremos que m menor do que n, e escreveremos m < n, para significar que existe p ( N tal que n = m + p. Neste caso, diz-se tambm que n maior do que m e escreve-se n > m para exprimir que se tem m < n. A notao m ( n significa que m < n ou m = n. Por definio, tem-se portanto m < m + p para quaisquer m, p ( N. Em particular, m < m + 1. Segue-se tambm da definio que 1 < n para todo nmero natural n ( 1.

Com efeito, pelo axioma C, n ( 1 implica que n sucessor de algum nmero natural m, ou seja, n = m + 1 = 1 + m, logo n > 1. Assim, 1 o menor dos nmeros naturais.

Provaremos a seguir as propriedades bsicas da relao de ordem

m < n que definimos. A primeira delas a transitividade.

Teorema 1. (Transitividade.) Se m < n e n < p, ento m < p.

Demonstrao: Se m < n, n < p ento n = m + k, p = n + r, logo p = (m + k) + r = m + (k + r), portanto m < p.Outra importante propriedade de relao de ordem que, dados dois nmeros naturais diferentes m, n, ou se tem m < n ou ento n < m. Esta propriedade pode ser reformulada de outra maneira, como segue.

Diremos que os nmeros naturais m, n so comparveis quando se tem m = n, m < n ou n < m. Podemos ento enunciar o seguinte teorema.

Teorema 2. (Comparabilidade.) Todo nmero natural n comparvel com qualquer nmero natural m. Demonstrao: Isto se prova por induo. O nmero 1 comparvel com qualquer outro nmero natural pois j sabemos que 1 < m para todo m ( 1.

Suponhamos agora que o nmero n seja comparvel com todos os nmeros naturais. Mostremos, a partir da, que n + 1 tambm tem essa propriedade. Com efeito, seja m ( N tomado arbitrariamente. Sabemos que se tem

m < n, m = n ou n < m. Examinemos cada uma dessas possibilidades:

Se for m < n ento m < n + 1 por transitividade, pois sabemos que n < n + 1.

Se for m = n, ento m < n + 1.

Se for n < m ento m = n + p. Neste caso, h duas possibilidades. Ou se tem p = 1, donde m = n + 1, ou ento p > 1, logo p = 1 + p', e da m = (n + 1) + p' e conclumos que n + 1 < m. Em qualquer hiptese, vemos que n + 1 comparvel com qualquer nmero natural m. Por induo, fica provada a comparabilidade de quaisquer nmeros naturais m, n.A comparabilidade dos nmeros naturais complementada pela proposio abaixo.

Teorema 3. (Tricotomia.) Dados m, n ( N, qualquer das afirmaes m < n,

m = n, n < m exclui as outras duas. Demonstrao: Se tivssemos m < n e m = n, ento seria m = m + p, donde m + 1 = m + p + 1 e, cortando m, concluiramos que 1 = p + 1, um absurdo, pois 1 no sucessor de p. Portanto m < n (e analogamente, n < m) incompatvel com m = n.

Do mesmo modo, se tivssemos m < n e n < m, ento teramos n = m + p e m = n + k, do que resultaria n = n + k + p, logo n + 1 = n + k + p + 1 e, cortando n, concluiramos que 1 = k + p + 1, um absurdo.

O teorema seguinte mostra que n e n + 1 so nmeros consecutivos.

Teorema 4. No existem nmeros naturais entre n e n + 1.

Demonstrao: Se fosse possvel ter n < p < n + 1, teramos p = n + k e n + 1 = p + r, logo n + 1 = n + k + r. Cortando n, obteramos 1 = k + r. Por definio, isto significaria k < 1, o que absurdo, pois j vimos que k ( 1 ( k > 1.

A conexo entre a relao de ordem e as operaes de adio e multiplicao dada pelo seguinte teorema:

Teorema 5. (Monotonicidade.) Se m < n, ento m + p < n + p e mp < np.Demonstrao: Usando a definio de mp.

A recproca da monotonicidade a Lei do Corte para desigualdades: m + p < n + p ( m < n e mp < np ( m < n. O leitor poder prov-la por absurdo, usando a tricotomia e a prpria monotonicidade.

6. BOA ORDENAO

Dado o subconjunto A ( N, diz-se que o nmero natural a o menor (ou primeiro) elemento de a quando a ( A e, alm disso, a ( x, para todos os elementos x ( A.

Por exemplo, 1 o menor elemento de N.

De agora em diante, dado n ( N, indicaremos com In o conjunto dos nmeros naturais p tais que 1 ( p ( n. Assim, I1 = {1}, I2 = {1, 2}, I3 = {1, 2, 3} etc.

As propriedades da relao de ordem m < n, demonstradas na seo anterior para os nmeros naturais (exceto o Teorema 4 que vale apenas para nmeros inteiros), so igualmente vlidas para os nmeros inteiros, racionais e, mais geralmente, para nmeros reais quaisquer. Existe, porm, uma propriedade de suma importncia que vlida para a ordem entre os nmeros naturais, mas sem equivalente para nmeros inteiros, racionais ou reais.

Teorema 6. (Princpio da Boa Ordenao.) Todo subconjunto no-vazio A ( N possui um menor elemento.Demonstrao: Sem perda de generalidade, podemos admitir que 1 ( A, pois caso contrrio 1 seria evidentemente o menor elemento de A. O menor elemento de A, cuja existncia queremos provar, dever ser da forma n + 1. Devemos pois encontrar um nmero natural n tal que n +1 ( A e, alm disso, todos os elementos de A so maiores do que n, logo maiores do que 1, 2, , n. Noutras palavras, procuramos um nmero natural n tal que In ( N A e n + 1 ( A. Com esse objetivo, consideramos o conjunto

X = {n ( N; In ( N A}.

Portanto, X o conjunto dos nmeros naturais n tais que todos os elementos de A so maiores do que n. Como estamos supondo que 1 ( A, sabemos que 1 ( X. Por outro lado, como A no vazio, nem todos os nmeros naturais pertencem a X, ou seja, temos X ( N. Pelo axioma D, vemos que o conjunto X no indutivo, isto , deve existir algum n ( X tal que n + 1 ( X Isto significa que todos os elementos de A so maiores do que n mas nem todos so maiores do que n + 1. Como no h nmeros naturais entre n e n + 1, conclumos que n + 1 pertence a A e o menor elemento de A.O Princpio da Boa Ordenao pode muitas vezes ser usado em demonstraes, substituindo o Princpio da Induo. Vejamos um exemplo.

Dissemos anteriormente que um subconjunto X ( N chama-se indutivo quando n ( X ( n + 1 ( X, ou seja, quando X contm o sucessor de cada um dos seus elementos. O Princpio da Induo afirma que se um conjunto indutivo X contm o nmero 1 ento X contm todos os nmeros naturais.

Vamos usar o Princpio da Boa Ordenao para provar que se um conjunto indutivo X contm o nmero a, ento X contm todos os nmeros naturais maiores do que a.

A prova desta afirmao se faz por absurdo, como ocorre em geral quando se usa a boa ordenao. Suponhamos ento que existam nmeros naturais, maiores do que a, no pertencentes ao conjunto indutivo X. Seja b o menor desses nmeros. Como b > a, podemos escrever b = c + 1, onde, pela definio de b, tem-se necessariamente c ( X. Mas, como X indutivo, isto obriga que b = c + 1 ( X, uma contradio.

A proposio qua acabamos de demonstrar pode ser enunciada da seguinte forma:

Teorema 7: (Princpio da Induo Generalizado.) Seja P uma propriedade referente a nmeros naturais, cumprindo as seguintes condies:

(1) O nmero natural a goza da propriedade P;

(2) Se um nmero natural n goza da propriedade P ento seu sucessor n + 1 tambm goza de P.

Ento todos os nmeros naturais maiores do que ou iguais a a gozam da propriedade P.

Exemplo 2. Vejamos uma situao simples onde se emprega o Princpio da Induo Generalizado. Trata-se de provar que 2n + 1 < 2n, para todo n ( 3. Esta afirmao, (que falsa para n = 1 ou n = 2), vale quando n = 3. Supondo-a vlida para um certo n ( 3, mostremos que da decorre sua validez para n + 1. Com efeito, 2(n + 1) + 1 = (2n + 1) + 2 < 2n + 2 < 2n + 2n = 2n + 1. (Na primeira desigualdade, usamos a hiptese de induo.)

Exemplo 3. Usando a desigualdade 2n + 1 < 2n, qua acabamos de provar para n ( 3, podemos demonstrar que n2 < 2n para todo n ( 5, empregando novamente o Princpio da Induo Generalizado. Com efeito, vale 52 < 25 pois 25 < 32. Supondo vlida a desigualdade n2 < 2n para um certo valor de n

( 5, da segue-se que (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 < 2n + 2n + 1 (pela hiptese de induo) < 2n + 2n (pelo exemplo anterior) = 2n + 1. Portanto P(n) ( P(n + 1). Pelo Princpio de Induo Generalizado, segue-se que P(n) vale para todo

n ( 5. Evidentemente, a desigualdade n2 < 2n falsa para n = 1, 2, 3, 4.

O teorema abaixo contm outra aplicao do Princpio da Boa Ordenao.

Teorema 8. Toda funo montona no-crescente f: N ( N constante a partir de um certo ponto. ( Isto , existe n0 ( N tal que f(n) = f(n0), para todo n ( n0.)

Demonstrao: Seja n0 o menor elemento do conjunto X = {f(1), f(2), , f(n),}. Ento n > n0 ( f(n) ( f(n0) (porque a funo f no-crescente) o que acarreta que f(n) = f(n0) (porque f(n0) o menor elemento de X).

Corolrio: Toda seqncia decrescente n1 > n2 > de nmeros naturais finita. Com efeito, do contrrio, pondo f(k) = nk, obteramos uma funo estritamente decrescente f : N ( N.

7. SEGUNDO PRINCPIO DA INDUO

Em algumas situaes, ao tentarmos fazer uma demonstrao por induo, na passagem de n para n + 1, sentimos necessidade de admitir que a proposio valha no apenas para n e sim para todos os nmeros naturais menores do que ou iguais a n. A justificativa de um raciocnio desse tipo se encontra no

Teorema 9: (Segundo Princpio da Induo.) Seja X ( N um conjunto com a seguinte propriedade:

(I) Dado n ( N, se todos os nmeros naturais menores do que n pertencem a X, ento n ( X.O segundo Princpio da Induo afirma que um conjunto X ( N com a propriedade (I) coincide com N.

Demonstrao: Com efeito, supondo, por absurdo, que X ( N, isto , que N X ( (, seja n o menor elemento do conjunto N X, ou seja, o menor nmero natural que no pertence a X. Isto quer dizer que todos os nmeros naturais menores do que n pertencem a X. Mas ento, pela propriedade (I), n pertence a X, uma contradio. Segue-se que N X = ( e X = N.

Obs. : Se um conjunto X ( N goza da propriedade (I), para que um nmero natural n no pertencesse a X seria necessrio que existisse algum nmero natural r < n tal que r ( X. Em particular, se n = 1, como no existe nmero natural menor do que 1, a hiptese 1 ( X no pode ser cumprida. Noutras palavras, (I) j contm implicitamente a afirmao de que 1 ( X. Assim, ao utilizar o Segundo Princpio da Induo, no preciso estipular que X contm o nmero 1.

Toda propriedade P que se refira a nmeros naturais define um subconjunto X ( N, a saber, o conjunto dos nmeros naturais que gozam da propriedade P. (E reciprocamente, todo conjunto X ( N define uma propriedade referente a nmeros naturais, a saber, a propriedade de pertencer a X.) Deste modo, "propriedade" e "conjunto" so noes equivalentes. Por isso, natural que o Segundo Princpio da Induo possua a formulao seguinte, onde ele aparece como o

Teorema 10: (Segundo mtodo de demonstrao por induo.) Seja P uma propriedade referente a nmeros naturais. Dado n ( N, se a validade de P para todo nmero natural menor do que n implicar que P verdadeira para n, ento P verdadeira para todos os nmeros naturais.

Demonstrao: Com efeito, nas condies do enunciado, o conjunto X dos nmeros naturais que gozam da propriedade P satisfaz a condio (I) do Segundo Princpio da Induo, logo X = N e P vale para todos os nmeros naturais.

Aplicaremos agora o Segundo Princpio da Induo para demonstrar um fato geomtrico. No exemplo a seguir, usamos os nmeros naturais como instrumento de contagem, isto , como nmeros cardinais, pois empregamos expresses do tipo um polgono de n lados". (Vide seo 6.)

Sabe-se que, traando diagonais internas que no se cortam, pode-se decompor qualquer polgono em tringulos justapostos. Isto evidente quando o polgono convexo: basta fixar um vrtice e traar as diagonais a partir dele. Se o polgono no convexo, a prova requer mais cuidados. (Vide "Meu Professor de Matemtica", pag. 109.)

O leitor pode experimentar com um polgono no-convexo e verificar qua h muitas maneiras diferentes de decomp-lo em tringulos justapostos mediante diagonais internas. Mas vale o resultado seguinte, no qual usaremos o Segundo Princpio da Induo.

Exemplo 4. Qualquer que seja a maneira de decompor um polgono P, de n lados, em tringulos justapostos por meio de diagonais internas que no se intersectam, o nmero de diagonais utilizadas sempre n 3.

Com efeito, dado n, suponhamos que a proposio acima seja verdadeira para todo polgono com menos de n lados. Seja ento dada uma decomposio do polgono P, de n lados, em tringulos justapostos, mediante diagonais internas. Fixemos uma dessas diagonais. Ela decompe P como reunio de dois polgonos justapostos P1, de n1 lados, e P2, de n2 lados, onde n1 < n e n2 < n, logo a proposio vale para os polgonos P1 e P2. Evidentemente, n1 + n2 = n + 2.

As d diagonais que efetuam a decomposio de P se agrupam assim: n1 3 delas decompem P1, n2 3 decompem P2 e uma foi usada para separar P1 de P2. Portanto d = n1 3 + n2 3 + 1 = n1 + n2 5. Como n1 + n2 = n + 2, resulta que d = n 3. Isto completa a demonstrao.

Observaes:

1. Para habituar-se com o mtodo de demonstrao por induo preciso pratic-lo muitas vezes, a fim de perder aquela vaga sensao de desonestidade que o principiante tem quando admite que o fato a ser provado verdadeiro para n, antes de demonstr-lo para n + 1.

2. Pratique tambm (com moderao) o exerccio de descobrir o erro em paradoxos que resultam do uso inadequado do mtodo de induo. Vejamos dois desses sofismas:

Exemplo 5. Todo nmero natural pequeno.

Ora, 1 certamente pequeno. E se n pequeno, n + 1 no vai subitamente tornar-se grande, logo tambm pequeno. (O erro aqui consiste em que a noo "nmero pequeno" no bem definida.)

Exemplo 6. Toda funo f : X ( Y, cujo domnio um conjunto finito X, constante.

Isto obviamente verdadeiro se X tem apenas 1 elemento. Supondo a afirmao verdadeira para todos os conjuntos com n elementos, seja f : X ( Y definida num conjunto X com n + 1 elementos. Considere um elemento a ( X. Como X' = X {a} tem n elementos, f assume o mesmo valor c ( Y em todos os elementos de X'. Agora troque a por um outro elemento b ( X'. Obtm-se X'' = X {b} um conjunto com n elementos (entre os quais a). Novamente pela hiptese de induo, f constante e igual a c em X''. Logo f (a) = c e da f : X ( Y constante. (Aqui o erro reside no uso inadequado da hiptese de induo. O raciocnio empregado supe implicitamente que X tem pelo menos 3 elementos. Na realidade, no vale a implicao P(1) (P(2).)

O perigo de fazer generalizaes apressadas relativamente a asseres sobre nmeros naturais fica evidenciado com o seguinte exemplo:

Exemplo 7. Considere o polinmio p(n) = n2 n + 41 e a afirmao "o valor de p(n) sempre um primo para n = 0, 1, 2, 3, ". Embora isso seja verdadeiro para n = 0, 1, 2, , 40, temos p(41) = 412 41 + 41 = 412 no primo, logo a afirmao no verdadeira.

Semelhantemente, a expresso q(n) = n2 79n + 1601 fornece primos para n = 1, 2, , 79, mas q(80) = 802 79 ( 80 + 1601 = 1681 no primo, pois divisvel por 41. A moral da histria : S aceite que uma afirmao sobre os nmeros naturais realmente verdadeira para todos os naturais se isso houver de fato sido demonstrado!

8. NMEROS CARDINAIS

Vamos agora mostrar como se usam os nmeros naturais para contar os elementos de um conjunto finito. O Princpio da Induo ser essencial. Lembremos que, dado n ( N, escrevemos In = {p ( N; p ( n}, portanto

In = {1, 2, , n}.

Uma contagem dos elementos de um conjunto no-vazio X uma bijeo

f : In ( X. Podemos pr x1 = f(1), x2 = f(2),, xn = f(n) e escrever

X = {x1, x2,xn}. Diz-se ento que X possui n elementos. O conjunto X chama-se um conjunto finito quando existe n ( N tal que X possui n elementos.

Um exemplo bvio de conjunto finito In. Evidentemente, a funo identidade f: In ( In uma contagem dos elementos de In.Um exemplo de conjunto infinito o proprio conjunto N dos nmeros naturais, pois nenhuma funo f : In ( N pode ser sobrejetiva, no importa qual n se tome. De fato, dada f, tomamos k = f(1) + f(2) ++ f(n) e vemos que k > f(x) para todo x ( In, logo k ( f(In), e f no sobrejetiva.

A fim de que no haja ambigidade quando se falar do nmero de elementos de um conjunto finito X, necessrio provar que todas as contagens de X fornecem o mesmo resultado. Noutras palavras, dado o conjunto X, os nmeros naturais m, n e as bijees f : Im ( X, g : In ( X, devemos mostrar que se tem m = n. Comeamos observando que se f e g so bijees, ento ( = g1 ( f : Im ( In tambm uma bijeo. Basta portanto provar o seguinte:

Teorema 11. Dados m, n ( N, se ( : Im ( In uma bijeo, ento m = n.

Demonstrao. Com efeito, chamemos de X o conjunto dos nmeros naturais n que tm a seguinte propriedade: s existe uma bijeo ( : Im ( In quando m = n. Evidentemente, 1 ( X. Suponhamos agora que n ( X. Dada uma bijeo (: Im+1 ( In+1, duas coisas podem acontecer. Primeira: ((m + 1) = n + 1. Neste caso, a restrio ((Im : Im ( In uma bijeo, logo m = n, donde m + 1 = n + 1. Segunda: ((m + 1) = b, com b < n + 1. Neste caso, consideramos

a = ( 1(n + 1) e definimos uma nova bijeo ( : Im + 1 ( In + 1, pondo ( (m + 1) = n + 1, ((a) = b e ((x) = ((x) para os demais elementos x ( Im + 1. Ento recamos no caso anterior e novamente conclumos que m + 1 = n + 1. Isto mostra que n ( X ( n + 1 ( X, logo X = N e a unicidade do nmero cardinal de um conjunto finito fica demonstrada.

Agora os nmeros naturais no so apenas elementos do conjunto-padro N, mas servem tambm para responder perguntas do tipo "quantos elementos tem o conjunto X?,"ou seja, podem ser usados tambm como nmeros cardinais.

A adio de nmeros naturais se relaciona com a cardinalidade dos conjuntos por meio da seguinte proposio.

Teorema 12: Sejam X, Y conjuntos finitos disjuntos. Se X tem m elementos e Y tem n elementos, ento X (Y tem m + n elementos.Demonstrao: Com efeito, se f : Im ( X e g : In ( Y so bijees, definimos uma bijeo h : Im+n ( X (Y por h (x) = f (x) se 1 ( x ( m e

h(x) = g(x) + m se m + 1 ( x ( m + n, o que conclui a demonstrao.

Prova-se, por induo, que todo subconjunto de um conjunto finito X tambm finito e seu nmero de elementos menor do que ou igual ao de X (Veja E.L.Lima, "Anlise Real", vol 1, pag. 5.)

E conveniente incluir, por definio, o conjunto vazio entre os conjuntos finitos e dizer que o seu nmero de elementos zero. Embora zero no seja um nmero natural, ele passa a ser o nmero cardinal do conjunto vazio.

Seguem-se algumas proposies que devem ser demonstradas por induo ou boa ordenao. Os dez ltimos exerccios foram sugeridos pelo Professor A. C. Morgado.Exerccios:

1. Construa um esquema de setas comeando com os nmeros mpares, seguidos dos nmeros pares divisveis por 4 em ordem decrescente e, por fim, os pares no divisveis por 4 em ordem crescente. Noutras palavras, tome X = N e defina s : X ( X pondo s(n) = n + 2 se n no divisvel por 4, s(n) = n 2 se n for mltiplo de 4. Mostre que s : X ( X cumpre os axiomas A, B, C mas no D.

2. Defina, por recorrncia, uma funo f : N ( N estipulando que f (1) = 3 e f (n + 1) = 5. f (n) + 1. D uma formula explcita para f (n).

3. D uma frmula explcita para f : N ( N sabendo que f(1) = 1, f(2) = 5 e f (n + 2) = 3f (n + 1) 2f (n).

4. Seja X ( N um conjunto indutivo no-vazio. Mostre que existe a ( N tal que X = {n ( N; n ( a}.

5. Prove, por induo, que

6. Num polgono com n ( 6 lados, o nmero de diagonais maior do que n.

7. Prove, por induo que [(n + 1)/n]n < n, para todo n ( 3. (Sugesto: Observe que (n + 2)/(n + 1) < ( n + 1)/n e eleve ambos os membros desta desigualdade potncia n + 1.) Conclua da que a seqncia decrescente a partir do terceiro termo.8. Prove, por induo a desigualdade de Bernoulli: (1 + a)n > 1 + na quando 1 + a > 0.9. Para todo n ( N, ponha e prove, por induo que se tem Conclua, a partir da, que a seqncia de termo geral crescente. Sugesto: observe que .

10. Use a distributividade de duas maneiras diferentes para calcular (m + n )(1 + 1) e aplique em seguida a Lei do Corte para obter uma nova prova de que m + n = n + m.11. Um conjunto S ( N, no-vazio, limitado superiormente, se existe um natural k tal que para todo natural x ( S, ento x ( k. Mostre que S possui um maior elemento. (Isto , existe m ( S tal que x ( m, para todo x ( S.)

12. Demonstre que a soma dos n primeiros nmeros mpares n2, ou seja, que 1 + 3 + 5 ++ (2n 1) = n2.

13. Prove que 2n 1 mltiplo de 3, para todo nmero natural n par.

14. Demonstre que, para todo nmero natural n, vale

15. Demonstre que

16. Determine An se A =

17. Demonstre, usando o Princpio da Induo Finita, que

Este resultado comumente conhecido por Teorema das Colunas. (Por qu?).

18. Considere a seqncia onde

Demonstre que

a) m.d.c (pn, qn) = 1;

b) pn o inteiro mais prximo de e qn o inteiro mais prximo de

19. [A Torre de Hani.] So dados trs suportes A, B e C. No suporte A esto encaixados n discos cujos dimetros, de baixo para cima, esto em ordem estritamente decrescente. Mostre que possvel, com 2n 1 movimentos, transferir todos os discos para o suporte B, usando o suporte C como auxiliar, de modo que jamais, durante a operao, um disco maior fique sobre um disco menor.

20. Demonstre que 2n < n!, para n ( 4.21. Demonstre que 2n3 > 3n2 + 3n + 1 para n ( 3.22. Considere n retas em um plano. Mostre que o "mapa" determinado por elas pode ser colorido com apenas duas cores sem que duas regies vizinhas tenham a mesma cor.

FRAES CONTNUAS,

REPRESENTAES DE NMEROS E APROXIMAESCarlos Gustavo Moreira( Nvel Avanado.INTRODUO

A teoria de fraes contnuas um dos mais belos temas da matemtica elementar, sendo ainda hoje assunto de pesquisa recente (incluindo a do autor destas linhas). O objetivo deste artigo servir como referncia didtica em portugus a nvel secundrio sobre o assunto.

Nas incluses N ( Z ( Q ( R a passagem de Q para R sem dvida a mais complicada conceitualmente, e a representao de um nmero real est diretamente ligada propria noo de nmero real.

De fato, o conceito de nmero natural quase um conceito primitivo no ensino secundrio. J um nmero inteiro um nmero natural com um sinal que pode ser + ou , e um nmero racional a razo entre um nmero inteiro e um natural no nulo. Por outro lado, dizer o que um nmero real tarefa bem mais complicada, mas h coisas que podemos dizer sobre eles. Uma propriedade essencial de R que todo nmero real pode ser bem aproximado por nmeros racionais. Efetivamente, dado x ( R, existe k ( Z (k = [x]) tal que 0 ( x k < 1. Podemos escrever a representao decimal de x k = 0, a1a2an, ai ( {0, 1, , 9}, o que significa que se

rn = an + 10.an1 + 100.an2 ++ 10n1 . a1, ento

, e portanto uma boa aproximao racional de x, no sentido que o erro menor que , que um nmero bem pequeno se n for grande. A representao decimal de um nmero real fornece pois uma seqncia de aproximaes por racionais cujos denominadores so potncias de 10.

Dado qualquer x ( R e q natural no nulo existe p ( Z tal que , e portanto e . Em particular h aproximaes de x por racionais com denominador q com erro menor que . A representao decimal de x equivale a dar essas aproximaes para os denominadores q que so potncias de 10, e tem mritos como sua praticidade para efetuar clculos que a fazem a mais popular das representaes dos nmeros reais. Por outro lado, envolve a escolha arbitrria da base 10, e oculta freqentemente aproximaes racionais de x muito mais eficientes do que as que exibe. Por exemplo,

mostram que e so melhores aproximaes de ( que aproximaes decimais com denominadores muito maiores, e de fato so aproximaes muito mais espectaculares do que se podia esperar.

O objetivo deste artigo apresentar uma outra maneira de representar nmeros reais, que sempre fornece aproximaes racionais surpreendentemente boas, e de fato fornece todas essas aproximaes excepcionalmente boas, alm de ser natural e conceitualmente simples: a representao por fraes contnuas.

Dado x ( R definimos [x] como o nico inteiro tal que [x] ( x < [x] + 1).

Definimos recursivamente

.Se, para algum n, (n = an temos

Se no denotamos

O sentido dessa ltima notao ficar claro mais tarde. A representao acima se chama a representao por fraes contnuas de x.

Curiosidade: O denominador da n-sima aproximao em base B de um nmero real Bn. J o denominador qn da n-sima aproximao por frao contnua de x depende de x. Apesar disso, para quase todo real x, converge a (meu nmero real preferido!) e

converge a

Observao: Os (n (como funes de x) so funes distintas do tipo com a, b, c, d inteiros. Se a frao contnua de x peridica, ou seja, se (n + k = (n, n ( N, k ( N*, ento x ser raiz de uma equao do segundo grau com coeficientes inteiros, ou seja, ser um irracional da forma

r + Q. A recproca verdadeira (de fato j foi enunciada no artigo de Jos Paulo Carneiro na RPM, ver referncias), mas sua prova mais difcil, e ser apresentada no Apndice.

Se x ( Q, sua representao ser finita, e seus coeficientes an vm do algoritmo de Euclides:

Isso j uma vantagem da representao por fraes contnuas (alm de no depender de escolhas artificiais de base), pois o reconhecimento de racionais mais simples que na representao decimal.

Seo 1: Reduzidas e boas aproximaes.

Seja x = [a0; a1, a2, ]. Sejam pn ( Z, qn ( N* primos entre si tais que

= [a0; a1, a2, , an], n ( 0. O seguinte resultado ser fundamental no que seguir.

Proposio: (pn) e (qn) satisfazem a recorrncia pn+2 = an+2 pn+1+ pn e qn+2 = an+2 qn+1 +qn, para todo n ( 0. Temos ainda p0 = a0, p1 = a0a1 +1, q0 = 1,q1 = a1. Alm disso, pn+1 qn pnqn+1 = (1)n, (n ( 0.

Prova: Por induo em n, provaremos que se tk > 0, para k > 1 ento

[t0; t1, t2, , tk] = onde as seqncias (xm) e (ym) so definidas por

x0 = t0, y0 = 1, x1 = t0t1 + 1, y1 = t0, xn+2 = tn+2 xn+1 + xn, yn+2 = tn+2 yn+1 + yn, (n. Suponha que a afirmao seja vlida para k = n. Para k = n+1 temos

[t0; t1, t2, , tn, tn+1] = [t0; t1, t2, , tn +] =

Por outro lado as igualdades

( p1q0 p0q1 = (a0a1 +1) a0a1 = 1

( pn+2 qn+1 pn+1 qn+2 = (an+2 pn+1 + pn) qn+1 (an+2 qn+1 + qn) pn+1 =

= ( pn+1 qn pnqn+1)

mostram que pn+1 qn pnqn+1 = (1)n, (n ( N, o que implica em particular que os pn, qn dados pelas recorrncias acima so primos entre si.

Corolrio: e (n ( N.

Prova: A primeira igualdade conseqncia direta da prova, e a segunda conseqncia direta da primeira pois x = [a0; a1, a2, , an1, (n].

Note que as reduzidas de ordem par so menores e as de ordem mpar maiores que x = [a0; a1,].

Teorema 1: N.

Alm disso, N.

Prova: x sempre pertence ao segmento de extremos cujo comprimento :

Alm disso, se

EMBED Equation.3 absurdo (Observao: De fato Quanto maior for

an+1 melhor ser a aproximao de x. O prximo resultado nos d explicitamente o erro da aproximao de x por .

Proposio: onde

Demonstrao: Temos Portanto,

(Como aplicao podemos provar o seguinte.

Teorema (Hurwitz, Markov): Para todo ( irracional, n ( 1 temos para pelo menos um racional Em particular tem infinitas solues racionais p/q.

Demonstrao: Suponha que o teorema seja falso. Ento existe ( irracional, n ( 1 com Devemos portanto ter an = an+1 = an+2 = 1 (todos so claramente no mximo 2, e se algum ak igual a 2 com k ( {n, n + 1, n + 2}, teramos

absurdo.)

Seja x = 1/(n+2 e y = (n+1. As desigualdades acima se traduzem em Temos

e portanto Por outro lado temos e portanto e portanto devemos ter o que absurdo pois

Obs: em particular provamos que tem infinitas solues racionais , para todo ( irracional. o maior nmero com essa propriedade, De fato, se

( > 0, e temos

ou seja , Se q grande, 1/q2 pequeno, e muito prximo de 0, donde muito prximo de absurdo, pois (de fato p2 pq q2 um inteiro no nulo, pois se

p2 pq q2 = 0 teramos absurdo, pois .)

Outra maneira de ver que, para todo ( > 0, tem apenas um nmero finito de solues observar que as melhores aproximaes racionais de so as reduzidas de sua frao contnua [1, 1, 1, 1, ] (ver seo 2 e exemplos), para as quais temos com se aproximando cada vez mais de

Exemplos:

(( = [3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, 2, 1,], portanto

(e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8,, 1, 1, 2n, ], (isso no fcil de provar.)

(

pois

pois

Isso prova em particular que e so irracionais, pois sua frao contnua infinita.

Seo 2: Boas aproximaes so reduzidas.

O prximo teorema (e seu Corolrio 2) caracteriza as reduzidas em termo do erro reduzido da aproximao de x por p/q, o qual , por definio, a razo entre e o erro mximo da aproximao por falta com denominador q, que 1/q. Assim, o erro reduzido da aproximao de x por p/q

Teorema 2:

Alm disso,

Prova:se q < qn+1, e assim est fora do intervalo. Portanto,

Alm disso, se vale a igualdade, ento donde an+1 ( 2, e qn+1 > 2qn, pois numa frao contnua finita, como no algaritmo de Euclides, o ltimo coeficiente an sempre maior que 1. Nesse caso, se q ( qn , teremos

Corolrio 1:

Corolrio 2: Se ento p/q uma reduzida da frao contnua de x.

Prova: Tome n tal que .

Teremos (Teorema 3: Se ento uma reduzida da frao contnua de x.

Prova: Seja n tal que qn < q ( qn+1. Suponha que Ento, temos duas possibilidades:

a)

Apndice: Fraes contnuas peridicas

Nesta seo provaremos que os nmeros reais com frao contnua peridica so exatamente as razes de equaes do segundo grau com coeficientes inteiros.

Lembramos que na representao de x por frao contnua, an, (n so definidos por recurso por

e temos

.

Isso d uma prova explcita do fato de que se a frao contnua de x peridica, ento x raiz de uma equao do segundo grau com coeficientes inteiros. De fato, se (n + k = (n , n ( N, k ( N* ento

Note que o coeficiente de x2 no-nulo, pois uma frao irredutvel (de fato de denominador qn2 e uma frao irredutvel de denominador qn+k2 > qn2 , donde

( (

Vamos provar agora um resultado devido a Lagrange segundo o qual se x uma irracionalidade quadrtica, isto , se x um irracional do tipo r + ento a frao contnua de x peridica, i. e, existem

n ( N, k ( N* com (n + k = (n . Neste caso, existem a, b, c inteiros tais que , com irracional. Como vimos na seo 1,

e portanto

onde

Note que Cn = An1. Vamos provar que existe M > 0 tal que 0 <

para todo n ( N, e portanto

onde x e so as razes de a, X2 + bX + c = 0, mas

Notemos agora que De fato,

Portanto,

Provamos assim que An, Bn e Cn esto uniformemente limitados, donde h apenas um nmero finito de possveis equaes An X2 + BnX + Cn = 0, e portanto de possveis valores de (n. Assim, necessariamente (n+k = (n para alguma escolha de n ( N, k ( N*.

Referncias:

( N. Beskin - Fraes contnuas - Iniciao Matemtica - Editora Mir.

( Jos Paulo Q. Carneiro - Um processo finito para a raiz quadrada Revista do Professor de Matemtica 34, 1997, pp. 36-44.

( C.D. Olds - Continued Fractions - New Mathematical Library - Random House.

( A. M. Rockett, P. Szsz - Continued Fractions - World Scientific.

SOLUES DE PROBLEMAS PROPOSTOS EUREKA! Nos. 1 e 2

Publicamos aqui algumas

das respostas enviadas por nossos leitores.2)Em uma pista circular h postos de gasolina, e o total de gasolina que h nos postos exatamente o suficiente para um carro dar uma volta. Prove que existe um posto de onde um carro com o tanque inicialmente vazio pode partir e conseguir dar uma volta completa na pista (parando para reabastecer nos postos).

Soluo

Sejam P1, P2,,Pn os postos de gasolina, li a quantidade de gasolina no posto Pi e ci a quantidade de gasolina necessria para ir de Pi a Pi+1, para i = 1, 2,, n (conveno: para 1 ( k ( n, Pn+k : = Pk ). Por hiptese, Suponha que exista k com 1 ( k ( n e (se no existe tal k podemos dar a volta comeando em P1). Tome k0 com 1( k0 ( n tal queseja o menor possvel. Afirmamos que podemos dar a volta comeando em . De fato, se no for assim, existe r com 1( r ( n e mas ento teramos o que um absurdo (se k0+r > n temos pois

3)Prove que existe n ( N tal que os 1000 primeiros dgitos de n1998 so iguais a 1.

Soluo

Seja n ( N tal que

n1998 =

i = 1, 2, 3, , p. Seja tambm k = 11111, da:

k .10s ( n1998 ( logo k . 10s ( n1998 < (k + 1) . 10s,

Precisamos garantir que h algum n ( N que satisfaa a desigualdade acima;

seja ento s = 1998 . p :

k . 101998 . p ( n1998 < (k + 1) . 101998 . p (

observe que se tomarmos n = onde = maior inteiro menor

ou igual a z, e p suficientemente grande satisfaremos a condio do enuncia-

do.

Concluso: tal que n1998 escrito como no enunciado.

5) Sejam a ( 0 e P1P2P3P4P5 uma poligonal aberta contida em um dos semiplanos determinados pela reta . Prove que existem pontos P6 e P7 no plano, com = a, de modo que possvel ladrilhar o plano com infinitos ladrilhos congruentes ao heptgono P1P2P3P4P5P6P7.

Soluo

Trae a paralela a P3P2 passando por P1. O ponto P7 pertencer a essa reta e teremos . O ponto P6 pertencer paralela a P3P4 passando por P5 e satisfar = a, ou seja,

Rodando o heptgono H = P1P2P3P4P5P6P7 de 180( em torno do ponto mdio de P1P2 obtemos o heptgono H' = P1'P2'P3'P4'P5'P6'P7' com

P1' = P2 , P2' = P1 , P3' = P7 , P7' = P3. Transladando infinitas vezes os heptgonos H e H' por k . k ( Z, cobrimos uma faixa dentada, que, transladada infinitas vezes por m . , m ( Z, nos permite cobrir o plano.

Desta forma, cobrimos o plano com os heptgonos e H' + k . , k ( Z, de interiores disjuntos e todos congruentes a H.

6) Mostre que toda seqncia com n2+1 elementos possui uma subseqncia crescente com n+1 elementos ou uma subseqncia decrescente com n+1 elementos.

Soluo

Dada uma seqncia a1, a2,,de nmeros reais, definimos para 1 ( i ( n2+1 o nmero f (i) como sendo o nmero mximo de termos de uma subseqncia decrescente de a1, a2,, comeando em ai. Suponha que no exista nenhuma subseqncia decrescente de n +1 elementos. Ento

f (i) ( n para todo i, e portanto f (i) s pode assumir os n valores 1, 2, , n. Assim, existem 1 ( i1 < i2