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!
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