MA12 - Matemática Discreta ed. 2011

MA 12 - Unidade 1

Numeros Naturais

Semana de 04/04 a 10/04

Os numeros e o espaco, juntamente com as figuras geometricas neste contidas, sao os dois objetos

principais de estudo da Matematica.

Nesta disciplina, nos dedicaremos ao estudo dos numeros naturais e exploraremos algumas de suas

propriedades aritmeticas; estudaremos certas funcoes sobre eles definidas, os relacionaremos com o

processo de contagem dos elementos de determinados conjuntos, e faremos algumas aplicacoes, como,

por exemplo, a Matematica Financeira e a Probabilidade.

Os numeros naturais sao os mais simples de todos os numeros e a partir deles e possıvel construir

todos os outros numeros, mas essa construcao escapa aos nossos objetivos aqui. Voce vera na disciplina

MA11 uma descricao dos numeros reais a partir da nocao de medida de segmentos de reta.

Portanto, os numeros naturais podem ser considerados o inıcio de tudo. Para exprimir esta ideia,

o grande matematico do Seculo 19 Leopold Kronecker (1823-1891) cunhou a seguinte celebre frase:

Deus criou os numeros naturais. O resto e obra dos homens

A abordagem que adotaremos aqui sera a de enunciar os Axiomas de Peano, que sao quatro

propriedades que caracterizam totalmente o conjunto dos numeros naturais. Isto quer dizer que, a

partir desses axiomas, podemos construir as suas operacoes e deduzir as suas propriedades. Em suma,

eles sintetizam tudo que pode ser feito com esses numeros.

O principal destaque desse conjunto de axiomas e o ultimo, o Axioma da Inducao, que e essencial-

mente o Princıpio de Inducao Matematica, que desenvolveremos na proxima unidade. Esse Princıpio e

um poderoso instrumento para provar propriedades que dizem respeito aos numeros naturais como um

todo. Leia atentamente todos os trechos relacionados com este assunto, pois e aı que reside uma das

maiores sutilezas no trato desses numeros.

Nessa unidade, indicaremos ainda como, a partir do Axioma da Inducao, podem ser construıdas as

operacoes de adicao e multiplicacao nos naturais e como deduzir algumas de suas propriedades.

A unidade se encerra apresentando o Princıpio da Boa-Ordenacao dos naturais:

Todo subconjunto nao vazio do conjunto dos numeros naturais possui um menor elemento.

Este princıpio e uma reformulacao do Axioma da Inducao (ao qual e equivalente). O Exercıcio

3 propoe uma demonstracao do Princıpio da Boa-Ordenacao, usando o Axioma da Inducao. Para

completar essa equivalencia, tente provar o Axioma da Inducao utilizando o Princıpio da Boa-Ordenacao

como hipotese.

O Princıpio da Boa-Ordenacao pode ser tambem usado, com muito proveito, como instrumento de

prova, como voce podera observar no Exemplo 2 da presente unidade.

Nas proximas unidades, teremos muitas oportunidades de utilizar o Princıpio da Inducao Matematica

para provar os mais variados resultados.

Vıdeo relacionado:

PAPMEM - Livro A Matematica do Ensino Medio, Volume 1: Conjunto dos Numeros Naturais.

Prof. Elon Lages Lima, Janeiro 2010 - Volume 1.

(Prof. Elon, Julho 2007 - Volume 1)

MA12 - Unidade 1

Números Naturais

Semana de 04/04 a 10/04

�Deus criou os números naturais. O resto é obra dos homens.�

Leopold Kronecker

1 Introdução

Enquanto os conjuntos constituem um meio auxiliar, os números são

um dos dois objetos principais de que se ocupa a Matemática. (O

outro é o espaço, junto com as �guras geométricas nele contidas.)

Números são entes abstratos, desenvolvidos pelo homem como mo-

delos que permitem contar e medir, portanto avaliar as diferentes

quantidades de uma grandeza.

Os compêndios tradicionais dizem o seguinte:

2 MA12 - Unidade 1

�Número é o resultado da comparação entre uma grandeza e a

unidade. Se a grandeza é discreta, essa comparação chama-se uma

contagem e o resultado é um número inteiro; se a grandeza é contínua,

a comparação chama-se uma medição e o resultado é um número real.�

Nos padrões atuais de rigor matemático, o trecho acima não pode

ser considerado como uma de�nição matemática, pois faz uso de ideias

(como grandeza, unidade, discreta, contínua) e processos (como com-

paração) de signi�cado não estabelecido. Entretanto, todas as palavras

que nela aparecem possuem um sentido bastante claro na linguagem

do dia-a-dia. Por isso, embora não sirva para demonstrar teoremas a

partir dela, a de�nição tradicional tem o grande mérito de nos revelar

para que servem e por qual motivo foram inventados os números. Isto

é muito mais do que se pode dizer sobre a de�nição que encontramos

no nosso dicionário mais conhecido e festejado, conforme reproduzimos

a seguir.

Número. [Do lat. numeru.] S.m. 1. Mat. O conjunto de todos

os conjuntos equivalentes a um conjunto dado.

Discutiremos este ponto logo mais, quando tratarmos de números

cardinais. No momento, parece oportuno fazer uma pequena pausa

para uma observação.

2 Comentário: De�nições, Axiomas, etc.

Conforme dissemos no Capítulo 1, uma de�nição matemática é uma

convenção que consiste usar um nome, ou uma sentença breve, para

designar um objeto ou uma propriedade, cuja descrição normalmente

exigiria o emprego de uma sentença mais longa. Vejamos algumas

de�nições, como exemplo:

Números Naturais 3

• Ângulo é a �gura formada por duas semi-retas que têm a mesma

origem.

• Primos entre si são dois ou mais números naturais cujo único

divisor comum é a unidade.

Mas nem sempre foi assim. Euclides, por exemplo, começa os

�Elementos� com uma série de de�nições, das quais selecionamos

as seguintes:

• Linha é um comprimento sem largura.

• Superfície é o que possui comprimento e largura somente.

• Quando uma reta corta outra formando ângulos adjacentes iguais,

cada um desses ângulos chama-se reto e as retas se dizem per-

pendiculares.

As de�nições de ângulo e de números primos entre si, dadas acima,

bem como as de�nições de ângulo reto e retas perpendiculares dadas

por Euclides, são corretas. Elas atendem aos padrões atuais de pre-

cisão e objetividade. Por outro lado, nas de�nições de linha e superfí-

cie, Euclides visa apenas oferecer ao seu leitor uma imagem intuitiva

desses conceitos. Elas podem servir para ilustrar o pensamento ge-

ométrico mas não são utilizáveis nos raciocínios matemáticos porque

são formuladas em termos vagos e imprecisos.

Na apresentação de uma teoria matemática, toda de�nição faz uso

de termos especí�cos, os quais foram de�nidos usando outros termos,

e assim sucessivamente. Este processo iterativo leva a três possibili-

dades:

a) Continua inde�nidamente, cada de�nição dependendo de outras

anteriores, sem nunca chegar ao �m.

4 MA12 - Unidade 1

b) Conduz a uma circularidade, como nos dicionários. (Onde se

vê, por exemplo: compreender → perceber, perceber → entender e

entender → compreender.)

c) Termina numa palavra, ou num conjunto de palavras (de prefe-

rência dotadas de conotações intuitivas simples) que não são de�nidas,

isto é, que são tomadas como representativas de conceitos primitivos.

Exemplos: ponto, reta, conjunto.

Evidentemente, as alternativas a) e b) acima citadas não convêm

à Matemática. A alternativa c) é a adotada. Se prestarmos atenção,

veremos que foi assim que aprendemos a falar. Numerosas palavras

nos foram apresentadas sem de�nição e permanecem até hoje em nosso

vocabulário como conceitos primitivos, que aprendemos a usar por

imitação e experiência.

Para poder empregar os conceitos primitivos adequadamente, é ne-

cessário dispor de um conjunto de princípios ou regras que disciplinem

sua utilização e estabeleçam suas propriedades. Tais princípios são

chamados axiomas ou postulados. Assim como os conceitos primitivos

são objetos que não se de�nem, os axiomas são proposições que não

se demonstram.

Uma vez feita a lista dos conceitos primitivos e enunciados os axi-

omas de uma teoria matemática, todas as demais noções devem ser

de�nidas e as a�rmações seguintes devem ser demonstradas.

Nisto consiste o chamado método axiomático. As proposições a

serem demonstradas chamam-se teoremas e suas consequências imedi-

atas são denominadas corolários. Uma proposição auxiliar, usada na

demonstração de um teorema, é chamada um lema.

Números Naturais 5

Ser um axioma ou ser um teorema não é uma característica in-

trínseca de uma proposição. Dependendo da preferência de quem or-

ganiza a apresentação da teoria, uma determinada proposição pode

ser adotada como axioma ou então provada como teorema, a partir de

outra proposição que a substituiu na lista dos axiomas.

Na seção seguinte, veremos um resumo da teoria matemática dos

números naturais, onde os conceitos primitivos são �número natural�

e �sucessor� e os axiomas são os de Peano.

Do ponto de vista do ensino a nível do segundo grau, não tem cabi-

mento expor a Matemática sob forma axiomática. Mas é necessário

que o professor saiba que ela pode ser organizada sob a forma acima

delineada. Uma linha de equilíbrio a ser seguida na sala de aula deve

basear-se nos seguintes preceitos:

1. Nunca dar explicações falsas sob o pretexto de que os alunos

ainda não têm maturidade para entender a verdade. (Isto seria como

dizer a uma criança que os bebés são trazidos pela cegonha.) Exemplo:

�in�nito é um número muito grande�. Para outro exemplo, vide RPM

29, págs. 13-19.

2. Não insistir em detalhes formais para justi�car a�rmações que,

além de verdadeiras, são intuitivamente óbvias e aceitas por todos

sem discussão nem dúvidas. Exemplo: o segmento de reta que une

um ponto interior a um ponto exterior de uma circunferência tem

exatamente um ponto em comum com essa circunferência.

Em contraposição, fatos importantes cuja veracidade não é evi-

dente, como o Teorema de Pitágoras ou a Fórmula de Euler para

poliedros convexos, devem ser demonstrados (até mesmo de várias

formas diferentes).

6 MA12 - Unidade 1

Excetuam-se, naturalmente, demonstrações longas, elaboradas ou

que façam uso de noções e resultados acima do alcance dos estudantes

desse nível (como o Teorema Fundamental da Álgebra, por exemplo).

Provar o óbvio transmite a falsa impressão de que a Matemática é

inútil. Por outro lado, usar argumentos elegantes e convincentes para

demonstrar resultados inesperados é uma maneira de exibir sua força e

sua beleza. As demonstrações, quando objetivas e bem apresentadas,

contribuem para desenvolver o raciocínio, o espírito crítico, a ma-

turidade e ajudam a entender o encadeamento lógico das proposições

matemáticas.

3. Ter sempre em mente que, embora a Matemática possa ser

cultivada por si mesma, como um todo coerente, de elevado padrão

intelectual, formado por conceitos e proposições de natureza abstrata,

sua presença no currículo escolar não se deve apenas ao valor dos seus

métodos para a formação mental dos jovens.

A importância social da Matemática provém de que ela fornece

modelos para analisar situações da vida real. Assim, por exemplos,

conjuntos são o modelo para disciplinar o raciocínio lógico, números

naturais são o modelo para contagem e números reais são o modelo

para medida; funções a�ns servem de modelo para situações, como

o movimento uniforme, em que os acréscimos da função são propor-

cionais aos acréscimos da variável independente. E assim por diante.

Todos os tópicos deste livro são abordados sob o seguinte lema: a

Matemática fornece modelos abstratos para serem utilizados em situ-

ações concretas, do dia-a-dia e das Ciências. Para poder empregar

estes modelos é necessário veri�car, em cada caso, que as hipóteses

que lhe servem de base são satisfeitas.

Números Naturais 7

3 O Conjunto dos Números Naturais

Lentamente, à medida em que se civilizava, a humanidade apoderou-

se desse modelo abstrato de contagem (um, dois, três, quatro, ...) que

são os números naturais. Foi uma evolução demorada. As tribos mais

rudimentares contam apenas um, dois, muitos. A língua inglesa ainda

guarda um resquício desse estágio na palavra thrice, que tanto pode

signi�car �três vezes� como �muito� ou �extremamente�.

As necessidades provocadas por um sistema social cada vez mais

complexo e as longas re�exões, possíveis graças à disponibilidade de

tempo trazida pelo progresso econômico, conduziram, através dos sécu-

los, ao aperfeiçoamento do extraordinário instrumento de avaliação

que é o conjunto dos números naturais.

Decorridos muitos milênios, podemos hoje descrever concisa e pre-

cisamente o conjunto N dos números naturais, valendo-nos da notável

síntese feita pelo matemático italiano Giuseppe Peano no limiar do

século 20.

N é um conjunto, cujos elementos são chamados números naturais.

A essência da caracterização de N reside na palavra �sucessor�. Intu-

itivamente, quando n, n′ ∈ N, dizer que n′ é o sucessor de n signi�ca

que n′ vem logo depois de n, não havendo outros números naturais en-

tre n e n′. Evidentemente, esta explicação apenas substitui �sucessor�

por �logo depois�, portanto não é uma de�nição. O termo primitivo

�sucessor� não é de�nido explicitamente. Seu uso e suas propriedades

são regidos por algumas regras, abaixo enumeradas:

a) Todo número natural tem um único sucessor;

b) Números naturais diferentes têm sucessores diferentes;

c) Existe um único número natural, chamado um e representado

8 MA12 - Unidade 1

pelo símbolo 1, que não é sucessor de nenhum outro;

d) Seja X um conjunto de números naturais (isto é, X ⊂ N).Se 1 ∈ X e se, além disso, o sucessor de todo elemento de X ainda

pertence a X, então X = N.

As a�rmações a), b), c) e d) acima são conhecidas como os axiomas

de Peano. Tudo o que se sabe sobre os números naturais pode ser

demonstrado como consequência desses axiomas.

Um engenhoso processo, chamado sistema de numeração decima l,

permite representar todos os números naturais com o auxílio dos sím-

bolos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Além disso, os primeiros números

naturais têm nomes: o sucessor do número um chama se �dois�, o

sucessor de dois chama-se �três�, etc. A partir de um certo ponto,

esses nomes tornam-se muito complicados, sendo preferível abrir mão

deles e designar os grandes números por sua representação decimal.

(Na realidade, os números muito grandes não possuem nomes. Por

exemplo, como se chamaria o número 101000?).

Deve �car claro que o conjunto N = {1, 2, 3, . . .} dos números natu-

rais é uma sequência de objetos abstratos que, em princípio, são vazios

de signi�cado. Cada um desses objetos (um número natural) possui

apenas um lugar determinado nesta sequência. Nenhuma outra pro-

priedade lhe serve de de�nição. Todo número tem um sucessor (único)

e, com exceção de 1, tem também um único antecessor (número do

qual é sucessor).

Vistos desta maneira, podemos dizer que os números naturais são

números ordinais : 1 é o primeiro, 2 é o segundo, etc.

Números Naturais 9

Um Pequeno Comentário Gramatical

Quando dizemos �o número um�, �o número dois� ou �o número três�,

as palavras �um�, �dois� e �três� são substantivos, pois são nomes de

objetos. Isto contrasta com o uso destas palavras em frases como �um

ano, dois meses e três dias�, onde elas aparecem para dar a ideia de

número cardinal, isto é, como resultados de contagens. Nesta frase,

�um�, �dois� e �três� não são substantivos. Pertencem a uma categoria

gramatical que, noutras línguas (como francês, inglês e alemão, por

exemplo) é chamada adjetivo numeral e que os gramáticos brasileiros

e portugueses, há um par de décadas, resolveram chamar de numeral

apenas. Este comentário visa salientar a diferença entre os números

naturais, olhados como elementos do conjunto N, e o seu emprego

como números cardinais. Este segundo aspecto será abordado no capí-

tulo seguinte.

Recomendação

1. Não se deve dar muita importância à eterna questão de saber se 0

(zero) deve ou não ser incluído entre os números naturais. (Vide �Meu

Professor de Matemática�, pág. 150.) Praticamente todos os livros

de Matemática usados nas escolas brasileiras consideram 0 como o

primeiro número natural (consequentemente 1 é o segundo, 2 é o ter-

ceiro, etc). Como se viu acima, não adotamos esse ponto-de-vista.

Trata-se, evidentemente, de uma questão de preferência. Deve-se lem-

brar que o símbolo 0 (sob diferentes formas grá�cas) foi empregado

inicialmente pelos maias, posteriormente pelos hindus, difundido pelos

árabes e adotado no ocidente, não como um número e sim como um

10 MA12 - Unidade 1

algarismo, com o utilíssimo objetivo de preencher uma casa decimal

vazia. (No caso dos maias, a base do sistema de numeração era 20, e

não 10.) De resto, a opção do número natural para iniciar a sequência

não se limita a escolher entre 0 e 1. Frequentemente esquecemos que,

do mesmo modo que conhecemos e usamos o zero mas começamos os

números naturais com 1, a Matemática grega, segundo apresentada

por Euclides, não considerava 1 como um número. Nos �Elementos�,

encontramos as seguintes de�nições:

�Unidade é aquilo pelo qual cada objeto é um. Número é uma

multitude de unidades�.

4 Destaque para o Axioma da Indução

O último dos axiomas de Peano é conhecido como o axioma da in-

dução. Ele é a base de um e�ciente método de demonstração de

proposições referentes a números naturais (demonstrações por indução,

ou por recorrência). Enunciado sob a forma de propriedades em vez

de conjuntos, ele se formula assim:

Seja P (n) uma propriedade relativa ao número natural n. Supo-

nhamos que

i) P (1) é válida;

ii) Para todo n ∈ N, a validez de P (n) implica a validez de P (n′),

onde n′ é o sucessor de n.

Então P (n) é válida qualquer que seja o número natural n.

Com efeito, se chamarmos de X o conjunto dos números naturais

n para os quais P (n) é válida, veremos que 1 ∈ X em virtude de i)

e que n ∈ X ⇒ n′ ∈ X em virtude de ii). Logo, pelo axioma da

indução, concluímos que X = N.

Números Naturais 11

Recomendação

2. O axioma da indução é uma forma sagaz e operacional de dizer

que qualquer número natural n pode ser alcançado se partirmos de 1

e repetirmos su�cientemente a operação de tomar o sucessor de um

número. Ele está presente (pelo menos de forma implícita) sempre que,

ao a�rmarmos a veracidade de uma proposição referente aos números

naturais, veri�camos que ela é verdadeira para n = 1, n = 2, n = 3

e dizemos �e assim por diante...�. Mas é preciso ter cuidado com

esta última frase. Ela pressupõe que P (n) ⇒ P (n′) para todo n ∈N. No �nal deste capítulo, apresentamos como exercícios algumas

proposições demonstráveis por recorrência, bem como alguns curiosos

paradoxos que resultam do uso inadequado do axioma da indução.

5 Adição e Multiplicação

Entre os números naturais estão de�nidas duas operações fundamen-

tais: a adição, que aos números n, p ∈ N faz corresponder a soma

n+ p e a multiplicação, que lhes associa o produto np.

A soma n + p é o número natural que se obtém a partir de n

aplicando-se p vezes seguidas a operação de tomar o sucessor. Em

particular, n+1 é o sucessor de n, n+2 é o sucessor do sucessor de n,

etc. Por exemplo, tem-se 2+2 = 4 simplesmente porque 4 é o sucessor

do sucessor de 2.

De agora em diante, o sucessor do número natural n será designado

por n+ 1.

Quanto ao produto, põe-se n ·1 = n por de�nição e, quando p 6= 1,

np é a soma de p parcelas iguais a n.

12 MA12 - Unidade 1

Em última análise, a soma n + p e o produto np têm mesmo os

signi�cados que lhes são atribuídos pelas explicações dadas acima.

Entretanto, até que saibamos utilizar os números naturais para efetuar

contagens, não tem sentido falar em �p vezes� e �p parcelas�. Por isso,

as operações fundamentais devem ser de�nidas por indução, como se

segue.

Adição: n+1 = sucessor de n e n+(p+1) = (n+p)+1 . Esta última

igualdade diz que se sabemos somar p a todos os números naturais n,

sabemos também somar p + 1: a soma n + (p + 1) é simplesmente o

sucessor (n + p) + 1 de n + p . O axioma da indução garante que a

soma n+ p está de�nida para quaisquer n, p ∈ N.Multiplicação: n · 1 = n e n(p + 1) = np + n. Ou seja: mul-

tiplicar um número n por 1 não o altera. E se sabemos multiplicar

todos os números naturais n por p, sabemos também multiplicá-los

por p+1: basta tomar n(p+1) = np+n. Por indução, sabemos mul-

tiplicar todo n por qualquer p. Estas operações gozam das conhecidas

propriedades de associatividade, comutatividade e distributividade.

As demonstrações são feitas por indução. (Voltaremos ao assunto na

Unidade 5 de MA12, onde mais detalhes seão apresentados.)

6 Ordem Entre os Números Naturais

Nossa breve descrição do conjunto N dos números naturais termina

com a relação de ordem m < n.

Dados m, n ∈ N, diz-se que m é menor do que n, e escreve-se

m < n, para signi�car que existe algum p ∈ N tal que n = m + p.

(Isto quer dizer que n é o sucessor do sucessor... do sucessor de m, o

ato de tomar o sucessor sendo iterado p vezes.)


A relação m < n tem as seguintes propriedades:

Transitividade: Se m < n e n < p então m < p.

Tricotomia: Dados m, n ∈ N, vale uma, e somente uma, das

alternativas: m = n, m < n ou n < m.

Monotonicidade: Se m < n então, para qualquer p ∈ N, tem-se

m+ p < n+ p e mp < np.

Boa-ordenação: Todo subconjunto não-vazio X ⊂ N possui um

menor elemento. Isto signi�ca que existe um elemento m0 ∈ X que

é menor do que todos os demais elementos de X. A boa-ordenação

pode muitas vezes substituir com vantagem a indução como método

de prova de resultados referentes a números naturais.

São muito raros e pouco interessantes os exemplos de demonstração

por indução que podem ser dados sem usar as operações fundamentais

e as desigualdades. Por isso, somente agora apresentamos um deles,

seguido de uma demonstração por boa-ordenação.

Exemplo 1. Queremos provar a validez, para todo número natural

n, da igualdade

P (n) : 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) = n2

Usaremos indução. Para n = 1, P (1) se resume a a�rmar que 1 = 1.

Supondo P (n) verdadeira para um certo valor de n, somamos 2n + 1

a ambos os membros da igualdade acima, obtendo

1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) + (2n+ 1) = n2 + 2n+ 1,

ou seja:

1 + 3 + 5 + . . .+ [2(n+ 1)− 1] = (n+ 1)2.

14 MA12 - Unidade 1

Mas esta última igualdade é P (n+1). Logo P (n)⇒ P (n+1). Assim,

P (n) vale para todo n ∈ N. Podemos então a�rmar que a soma dos n

primeiros números ímpares é igual ao quadrado de n.

Exemplo 2. (Usando boa-ordenação.) Lembremos que um nú-

mero natural p chama-se primo quando não pode ser expresso como

produto p = mn de dois números naturais, a menos que um deles seja

igual a 1 (e o outro igual a p); isto equivale a dizer que os fatores m, n

não podem ser ambos menores do que p. Um resultado fundamental

em Aritmética diz que todo número natural é primo ou é um produto

de fatores primos. Provaremos isto por boa ordenação. Usaremos a

linguagem de conjuntos. Seja X o conjunto dos números naturais que

são primos ou produtos de fatores primos. Observemos que se m e n

pertencem a X então o produto mn pertence a X. Seja Y o comple-

mentar de X. Assim, Y é o conjunto dos números naturais que não

são primos nem são produtos de fatores primos. Queremos provar que

Y é vazio. Isto será feito por redução ao absurdo (como sempre se dá

nas demonstrações por boa-ordenação). Com efeito, se Y não fosse

vazio, haveria um menor elemento a ∈ Y . Então todos os números

menores do que a pertenceriam a X. Como a não é primo, ter-se-ia

a = m · n, com m < a e n < a, logo m ∈ X e n ∈ X. Sendo assim,

mn ∈ X. Mas mn = a, o que daria a ∈ X, uma contradição. Segue-se

que Y = ∅ , concluindo a demonstração.

Exercícios

1. Dado o número natural a, seja Y ⊂ N um conjunto com as seguintes

propriedades: (1) a ∈ Y ; (2) n ∈ Y ⇒ n+1 ∈ Y . Prove que Y contém


todos os números naturais maiores do que ou iguais a a. (Sugestão:

considere o conjunto X = Ia ∪ Y , onde Ia é o conjunto dos números

naturais 6 a, e prove, por indução, que X = N.)

2. Use o exercício anterior para provar que 2n + 1 6 2n para todo

n > 3 e, em seguida, que n2 < 2n para todo n > 5.

3. Complete os detalhes da seguinte demonstração do Princípio de

Boa Ordenação: Seja A ⊂ N um conjunto que não possui um menor

elemento. Considere o conjunto X formado pelos números naturais

n tais que 1, 2, ..., n não pertencem a A. Observe que 1 ∈ X e, além

disso, se n ∈ X então todos os elementos de A são > n + 1. Como

n + 1 não pode ser o menor elemento de A, conclua que n + 1 ∈ X.

Logo, por indução, segue-se que X = N. Portanto A é vazio.

4. Prove, por indução, que (n+ 1

n

)n

6 n

para todo n > 3 e conclua daí que a sequência

1,√2,

3√3,

4√4 . . .

é decrescente a partir do terceiro termo.

5. Prove, por indução, que

1 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

16 MA12 - Unidade 1

6. Critique a seguinte argumentação: Quer-se provar que todo número

natural é pequeno. Evidentemente, 1 é um número pequeno. Além

disso, se n for pequeno, n+1 também o será, pois não se torna grande

um número pequeno simplesmente somando-lhe uma unidade. Logo,

por indução, todo número natural é pequeno.

7. Use a distributividade para calcular (m+n)(1+1) de duas maneiras

diferentes e em seguida use a lei do corte para concluir que m + n =

n+m.

8. Seja X ⊂ N um conjunto não-vazio, com a seguinte propriedade:

para qualquer n ∈ N, se todos os números naturais menores do que

n pertencem a X então n ∈ X. Prove que X = N. (Sugestão: boa

ordenação.)

9. Seja P (n) uma propriedade relativa ao número natural n. Suponha

que P (1), P (2) são verdadeiras e que, para qualquer n ∈ N, a verdade

de P (n) e P (n+ 1) implica a verdade de P (n+ 2). Prove que P (n) é

verdadeira para todo n ∈ N.

10. Use indução para provar que

13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =1

4n2(n+ 1)2.

MA 12 - Unidade 2

Inducao Matematica

Semana de 04/04 a 10/04

Esta unidade e dedicada a utilizacao do Axioma da Inducao como tecnica de demonstracao de

resultados que envolvem subconjuntos infinitos do conjunto dos numeros naturais (Veja o conceito de

conjunto infinito na Unidade 2 de MA11).

O resultado central desta unidade e o teorema ao qual damos o nome de Princıpio de Inducao

Matematica, que nada mais e do que uma reformulacao do Axioma da Inducao.

Lendo a presente unidade, pode parecer ao leitor que este teorema serve apenas para validar

formulas, dadas a priori, que envolvem numeros inteiros. Mas, no decorrer do curso, veremos que

a sua utilidade e bem mais abrangente.

A Inducao Matematica nos coloca em contato direto com a nocao, nao tao intuitiva, de conjunto

infinito e por isso mesmo ela e sutil. Outra sutileza da Prova por Inducao Matematica e a sua propria

estrutura logica, que apresenta ”uma implicacao dentro de outra”:

P (n0) ∧ (P (k) =⇒ P (k + 1), ∀k ≥ n0) =⇒ P (n) ∀ n ∈ N.

Esta e sem duvida uma dificuldade para a compreensao do Princıpio de Inducao pelos estudantes.

Sobre este aspecto, leia com atencao o comentario que se inicia no meio da Pagina 4 e se estende

a Pagina 5 (ate antes do Exemplo 1). Preste tambem atencao nos Exemplos 1 e 2, cujos conteudos

serao utilizados nas proximas unidades.

Sobre os exercıcios, recomendamos que resolva o maior numero que puder deles a fim de adquirir

mais traquejo com as manipulacoes algebricas. Resolva, pelo menos, um item de cada um dos Problemas

1 e 2 e de especial atencao ao Problema 4, onde se prova algo que nao e uma mera validacao de uma

formula.

Esse topico, em geral, nao e apresentado no Ensino Medio, mas poderia ser abordado, especialmente

no seu aspecto mais ludico, que sera apresentado na proxima unidade. Os alunos participantes do

Programa de Iniciacao Cientıfica (PIC) da OBMEP tem sido expostos a esse tipo de material e tem

mostrado grande interesse e curiosidade, alem de absorverem bem os conteudos, que vao praticamente

ate a nossa Unidade 5.

A presente unidade foi retirada do livro Inducao Matematica de A. Hefez, Livro 4 do Programa de

Iniciacao Cientıfica da OBMEP, que se encontra na ıntegra em:

http://www.obmep.org.br/export/sites/default/arquivos/apostilas_pic2008/Apostila4-Inducao.pdf

Desafio

a) Sejam A e B e dois conjuntos enumeraveis. Mostre que A ∪B e enumeravel.

b) Seja {A1, . . . , An} uma famılia finita de conjuntos enumeraveis. Use um argumento de inducao

para mostrar que A1 ∪ · · · ∪ An e enumeravel.

c) Com base no argumento do item anterior, e possıvel concluir que, se {An ;n ∈ N} e uma famılia

enumeravel de conjuntos enumeraveis, entao⋃

n∈N An e enumeravel? Este resultado e verdadeiro?

Sugestao: repita o argumento considerando famılias de conjuntos finitos em lugar de enumeraveis.

Vıdeo relacionado:

Aulas do Professor Augusto Cesar Morgado. Inducao Matematica, julho 2004.

MA12 - Unidade 2

Indução Matemática

Semana de 04/04 a 10/04

Nesta unidade mostraremos como o Axioma da Indução, que foi apresen-tado na Unidade 1 como um dos axiomas pilares dos números naturais, nosfornece um poderoso instrumento para provar afirmações que envolvem essesnúmeros.

Princípio de Indução Matemática

Recorde o Axioma (d) de Peano, apresentado na Unidade 1, cujo enunciadoreproduzimos a seguir.

Axioma da Indução: Dado um subconjunto X do conjunto dos númerosnaturais N, tal que 1 pertence a X e sempre que um número n pertence aX, o número n + 1 também pertence a X, tem-se que X = N.

Esse simples axioma nos fornece uma das mais poderosas técnicas dedemonstração em Matemática, a chamada Prova pelo Princípio de Indução

2 Unidade 2

Matemática, ou simplesmente Prova por Indução.

Suponha que seja dada uma sentença matemática P (n) que dependa deuma variável natural n, a qual se torna verdadeira ou falsa toda vez quesubstituirmos n por um número natural dado. Tais sentenças serão ditassentenças abertas definidas sobre o conjunto dos naturais.

A seguir damos alguns exemplos de sentenças abertas definidas sobre N:

a) P (n) : n é par.

É claro que a afirmação P (1) é falsa, pois ela diz que 1 é par; P (3), P (5)

e P (9) são falsas, pois afirmam, respectivamente, que 3, 5 e 9 são pares.Por outro lado, é também claro que P (2), P (4), P (8) e P (22) são verda-

deiras, pois 2, 4, 8 e 22 são pares.

b) P (n) : n é múltiplo de 3.Temos, por exemplo, que P (1), P (2), P (4) e P (5) são falsas, enquanto

P (3) e P (6) são verdadeiras.

c) P (n) : 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n2.

Temos que P (1), P (2), P (3), P (4), . . . , P (10) são verdadeiras.

Aqui sabemos precisamente o que significa a sentença aberta P (n), apesardos pontinhos na sua definição. Ela significa:

“A soma dos n primeiros números ímpares é igual a n2 ”.

Você consegue visualizar algum número natural m para o qual P (m) sejafalsa? Bem, após mais algumas tentativas, você se convencerá de que estafórmula tem grandes chances de ser verdadeira para todo número natural n;ou seja, P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.

d) P (n) : n2 − n + 41 é um número primo, para todo n ∈ N.

É fácil verificar que as sentenças P (1), P (2), P (3) são verdadeiras. Comalgum trabalho, é possível ir além, verificando também que P (4), P (5), . . .,P (35) são verdadeiras.

Portanto, é plausível que tenhamos encontrado um polinômio cujos valo-res nos números inteiros sejam sempre números primos.

Indução Matemática 3

Mais alguns testes para confirmar a nossa suspeita? Lá vai, P (36), P (37),P (38) e P (40) são verdadeiras.

Podemos parar por aqui e nos sentir felizes com a nossa descoberta? Bom,para satisfazer os mais céticos, faremos só mais um teste com n = 41.

Note que 412 − 41 + 41 = 412 não é primo. Logo, para a nossa desilusão,P (41) é falsa!

Para a sua informação, pode-se provar que não existe nenhum polinômioem uma variável com coeficientes inteiros cujos valores nos naturais sejamsempre números primos. Portanto, não havia a priori nenhuma chance deP (n) ser verdadeira para todo número natural n.

Como provar então que uma sentença aberta definida sobre os naturais ésempre verdadeira? Você há de convir que não seria possível testar, um porum, todos os números naturais, pois eles são em número infinito. Portanto,será preciso encontrar algum outro método.

Vamos a seguir expor a técnica da Prova por Indução, que resolverá essenosso problema.

Seja P (n) uma sentença aberta sobre os naturais, denotaremos por

V = {n ∈ N; P (n)},

o subconjunto dos elementos n ∈ N para os quais P (n) é verdadeira.Se quisermos mostrar que uma sentença aberta P (n) é verdadeira para

todo n ∈ N, temos que mostrar que V = N. Isso pode ser feito usando oAxioma da Indução, bastando, para isto, mostrar que 1 pertence a V e quen + 1 pertence a V , toda vez que n pertence a V .

Provamos, assim, o seguinte teorema:

4 Unidade 2

Teorema 1(Princípio de Indução Matemática) Seja P (n) uma sentençaaberta sobre N. Suponha que

(i) P (1) é verdadeira, e

(ii) qualquer que seja n ∈ N, sempre que P (n) é verdadeira, segue-se queP (n + 1) é verdadeira.

Então, P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.

Vejamos como usar esse método para mostrar a validez, para todo naturaln, da fórmula

1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2.

Observe que P (1) é verdadeira, já que a fórmula é trivialmente válidapara n = 1. Suponha agora que, para algum n natural, P (n) seja verdadeira;ou seja, que

1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2.

Queremos provar que P (n + 1) é verdadeira. Somando 2n + 1, que é opróximo número ímpar após 2n − 1, a ambos os lados da igualdade acima,obtemos a igualdade também verdadeira:

1 + 3 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.

Isso mostra que P (n + 1) é verdadeira, toda vez que P (n) é verdadeira.Pelo Princípio de Indução Matemática, a fórmula é válida para todo númeronatural n.

Você tem idéia de quando foi feita pela primeira vez a demonstraçãoacima? Bem, o primeiro registro que se tem é de 1575 e foi realizada porFrancesco Maurolycos.

Note que, na demonstração acima, poderia parecer que estamos usandoo fato de P (n) ser verdadeira para deduzir que P (n + 1) é verdadeira paraem seguida concluir que P (n) é verdadeira. O que está ocorrendo? Estamosusando a tese para provar o teorema?


A resposta é não! Preste bem atenção, pois essa é a parte mais delicadade toda a história.

Dado um número natural n, temos duas possibilidades:

(a) P (n) é verdadeira, ou (b) P (n) é falsa.

A hipótese (ii) do Teorema não exige em absoluto que assumamos P (n)

verdadeira para todo n ∈ N, podendo eventualmente ser falsa para algumvalor de n, ou mesmo para todos os valores de n. O que a hipótese (ii) exige éque sempre que algum n pertença à categoria (a) acima, então n+1 tambémpertença a essa mesma categoria; não exigindo nada quando n pertencer àcategoria (b).

Por exemplo, a sentença aberta P (n) : n = n+1 satisfaz (por vacuidade)a hipótese (ii) do Teorema, já que nenhum n ∈ N pertence à categoria (a). Oque falha para que o Princípio de Indução nos garanta que P (n) é verdadeirapara todo n é que a hipótese (i) não é verificada, pois P (1) : 1 = 2 é falsa!

É preciso ter clareza que a Indução Matemática é diferente da induçãoempírica das ciências naturais, em que é comum, após um certo númerode experimentos, necessariamente finito, enunciar leis gerais que governamo fenômeno em estudo. Essas leis são tidas como verdades, até prova emcontrário. Na matemática, não há lugar para afirmações verdadeiras atéprova em contrário. A Prova por Indução Matemática trata de estabelecerque determinada sentença aberta sobre os naturais é sempre verdadeira.

A indução empírica foi batizada, de modo irônico, pelo matemático, filó-sofo e grande humanista inglês do século passado, Bertrand Russel (1872-1970), de indução galinácea, com base na seguinte historinha:

Havia uma galinha nova no quintal de uma velha senhora. Diariamente,ao entardecer, a boa senhora levava milho às galinhas. No primeiro dia, agalinha, desconfiada, esperou que a senhora se retirasse para se alimentar.No segundo dia, a galinha, prudentemente, foi se alimentando enquanto asenhora se retirava. No nonagésimo dia, a galinha, cheia de intimidade,já não fazia caso da velha senhora. No centésimo dia, ao se aproximar a

6 Unidade 2

senhora, a galinha, por indução, foi ao encontro dela para reclamar o seumilho. Qual não foi a sua surpresa quando a senhora pegou-a pelo pescoçocom a intenção de pô-la na panela.

Exemplo 1. Queremos determinar uma fórmula para a soma dos n primei-ros números naturais.

Conta-se a seguinte história sobre o matemático alemão Carl FriedrichGauss (1777-1855)1, quando ainda garoto. Na escola, o professor, para aqui-etar a turma de Gauss, mandou os alunos calcularem a soma de todos osnúmeros naturais de 1 a 100. Qual não foi a sua surpresa quando, poucotempo depois, o menino deu a resposta: 5050. Indagado como tinha des-coberto tão rapidamente o resultado, Gauss, então, descreveu o método aseguir.

SendoSn = 1 + 2 + · · · + n,

o objetivo é encontrar uma fórmula fechada2 para Sn.Somando a igualdade acima, membro a membro, com ela mesma, porém

com as parcelas do segundo membro em ordem invertida, temos que

Sn = 1 + 2 + · · · + n

Sn = n + (n − 1) + · · · + 1

2Sn = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1)

Daí segue-se que 2Sn = n(n + 1) e, portanto,

Sn =n(n + 1)

2.

Vamos ser críticos com relação à prova acima. Para a maioria das pes-soas, essa prova parece impecável, mas se alguém nos perguntasse o que está

1Gauss é considerado um dos maiores gênios da matemática de todos os tempos.2Uma fórmula fechada para Sn, a grosso modo, é uma função de n que permite calcular

diretamente os valores de Sn fazendo um número pequeno de contas.


escondido atrás dos pontinhos, talvez nos sentíssemos embaraçados. Tam-bém, como ter absoluta certeza de que nada acontece fora do nosso controle,exatamente na imensa região coberta pelos pontinhos?

Para não pairar nenhuma dúvida sobre o nosso resultado, vamos provara fórmula utilizando o Princípio de Indução Matemática.

Considere a sentença aberta sobre os naturais

P (n) : 1 + 2 + · · · + n =n(n + 1)

2. (1)

Note que

P (1) : 1 =1(1 + 1)

2

é verdadeira.Observe também que

P (n + 1) : 1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =(n + 1)(n + 2)

2.

Agora, suponhamos que para algum n ∈ N, tenhamos P (n) verdadeira,isto é, a fórmula (1) é válida para tal valor de n. Somando n + 1 a ambos oslados dessa igualdade, temos que é verdadeira a igualdade

1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =n(n + 1)

2+ n + 1 =

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

2=

(n + 1)(n + 2)

2,

o que estabelece a veracidade de P (n + 1).Pelo Teorema, tem-se que a fórmula P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.

Exemplo 2. Queremos validar a fórmula

P (n) : 12 + 22 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6. (2)

Note que

P (1) : 12 =1(1 + 1)(2 + 1)

6

é verdadeira.

8 Unidade 2

Suponha que, para algum n ∈ N, se tenha que P (n) é verdadeira, isto é,(2) é válida. Somando (n+1)2 a ambos os lados da igualdade (2), temos que

12 + 22 + · · · + n2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2 =

n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2

6=

(n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)]

6=

(n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]

6,

estabelecendo assim a veracidade de P (n + 1).Portanto, a fórmula é válida para todo n ∈ N.

Exemplo 3. Vamos provar que é verdadeira, para todo n ∈ N, a fórmula:

P (n) :1

1.2+

1

2.3+ · · · + 1

n(n + 1)=

n

n + 1. (3)

Observemos inicialmente que

P (1) :1

1.2=

1

1 + 1

é verdadeira.Suponhamos que, para algum n, tem-se que P (n) é verdadeira, ou seja,

que a fórmula (3) seja verdadeira para esse valor de n. Somando a ambos os

lados dessa igualdade1

(n + 1)(n + 2), temos que

1

1.2+

1

2.3+ · · · + 1

n(n + 1)+

1

(n + 1)(n + 2)=

n

n + 1+

1

(n + 1)(n + 2)=

n + 1

n + 2,

mostrando, assim, que P (n + 1) é verdadeira.Portanto, pelo Princípio de Indução Matemática, temos que a fórmula

vale para todo n ∈ N.


Problemas

1 Demonstre, por indução, a validez das seguintes fórmulas:

a) 1 − 22 + 32 − · · · + (−1)n−1n2 = (−1)n−1n(n + 1)

2.

b) 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2 =1

3n(2n − 1)(2n + 1).

c) 13 + 23 + · · · + n3 =

[n(n + 1)

2

]2

.

2 Demonstre, por indução, a validez das seguintes fórmulas:

a)1

1.3+

1

3.5+ · · · + 1

(2n − 1)(2n + 1)=

n

2n + 1.

b)1

1.4+

1

4.7+

1

7.10+ · · · + 1

(3n − 2)(3n + 1)=

n

3n + 1.

c)1

1.5+

1

5.9+

1

9.13+ · · · + 1

(4n − 3)(4n + 1)=

n

4n + 1.

d)1

1.2.3+

1

2.3.4+ · · · + 1

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

n(n + 3)

4(n + 1)(n + 2).

e)12

1.3+

22

3.5+ · · · + n2

(2n − 1)(2n + 1)=

n(n + 1)

2(2n + 1).

3 Demonstre, para n, m ∈ N, que vale a fórmula:

1 · 2 · · ·m + 2 · 3 · · ·m(m + 1) + · · · + n(n + 1) · · · (n + m − 1) =

1

m + 1n(n + 1) · · · (n + m).

Sugestão: Fixe m arbitrário e proceda por indução sobre n.

4 Mostre que a soma dos cubos de três números naturais consecutivos ésempre divisível por 9.Sugestão: Considere a sentença aberta

P (n) : n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 é divisível por 9,e demonstre, por indução, que ela é verdadeira para todo n ∈ N.

MA 12 - Unidade 3

Definicao por Recorrencia. Aplicacoes da Inducao Matematica

Semana de 11/04 a 17/04

Descreveremos, nesta unidade, um modo importante atraves do Princıpio de Inducao de definir

certas sequencias, conhecendo-se alguns de seus termos iniciais e dando uma lei que permite obter um

termo da sequencia a partir de alguns dos termos anteriores a ele. Uma definicao, usando este metodo,

sera dita uma definicao por recorrencia.

Varios objetos, por sua propria natureza, prestam-se bem a serem definidos por esse metodo.

Entre os objetos que sao definidos por recorrencia nessa unidade estao os somatorios, as progressoes

aritmeticas e geometricas, os fatoriais, as potencias com expoentes naturais, e varios outros. Voltaremos

a tratar de recorrencias, fazendo um estudo mais sistematico delas, nas Unidades 8 e 9 de MA12.

Em seguida, no Teorema 1, e feita uma pequena generalizacao do Princıpio de Inducao Matematica,

de modo a torna-lo aplicavel em situacoes em que uma propriedade vale para todos os numeros naturais

a partir de um determinado valor, nao necessariamente igual a 1. O Exemplo 5 e um caso tıpico, onde

e necessario aplicar essa generalizacao do Princıpio de Inducao Matematica.

No Exemplo 6, utilizamos o Princıpio de Inducao para descrever quais numeros naturais podem ser

escritos como soma de um multiplo de 3 e de um multiplo de 5. Isso e um caso particular de um tipo

importante de equacoes, chamadas de equacoes diofantinas.

Na segunda parte dessa unidade, sao apresentadas algumas aplicacoes interessantes e ludicas do

Princıpio de Inducao Matematica. A primeira, a Torre de Hanoi, e um jogo interessante que se presta

bem a ser explorado em sala de aula (veja vıdeo associado a Unidade 2) e que conduz a uma sequencia

definida por recorrencia (de primeira ordem, conforme sera visto na Unidade 8). O segundo exemplo, o

Enigma do Cavalo de Alexandre, trata na realidade de um mau uso do Princıpio de Inducao e que leva

a uma conclusao absurda, servindo para testar o entendimento do princıpio. Na aplicacao Descobrindo

a Moeda Falsa, o Princıpio de Inducao e utilizado para tratar um problema tıpico de pesagem. A Pizza

de Steiner e uma aplicacao do Princıpio de Inducao a um problema de geometria. Finalmente, o ultimo

exemplo introduz a famosa sequencia de Fibonacci como foi originalmente concebida: para resolver

um problema pratico de contagem de uma populacao de coelhos. Esse e um tıpico caso de recorrencias

lineares de segunda ordem que serao estudadas mais sistematicamente na Unidade 9.

MA12 - Unidade 3

De�nição por Recorrência

Aplicações da Indução

Semana de 11/04 a 17/04

Esta unidade está dividida em duas partes. Na primeira, mostraremos como

de�nir objetos matemáticos por recorrência e na segunda, discutiremos al-

gumas aplicações lúdicas da indução. A noção de recorrência será retomada

mais sistematicamente nas Unidades 8 e 9 de MA12.

De�nição por Recorrência

Recorde que �zemos objeções na unidade anterior ao uso dos pontinhos nas

demonstrações de algumas fórmulas; não que sejamos contra, eles ajudam

muito a representar situações em que há um número grande (eventualmente

in�nito) de objetos a serem descritos e a visualizar propriedades desses ob-

jetos.

1

2 Unidade 3

Nesse curso, estamos tentando mostrar como se pode estabelecer um

maior padrão de rigor no tratamento de certos problemas matemáticos, mas

isso não deve ser tomado ao pé da letra. Certos argumentos informais, quando

acompanhados de um raciocínio correto, são corriqueiramente aceitos. Por

exemplo, o argumento utilizado por Gauss para somar os n primeiros números

naturais é perfeitamente aceitável. Portanto, um conselho: use o formalismo

para ajudar e não para atrapalhar; nunca deixe ele se sobrepor à criativi-

dade, pois, via de regra, primeiro vem a descoberta, e depois, a formalização.

Procure estimular sempre os seus alunos a serem criativos.

Voltemos agora ao problema que queremos abordar. O que realmente

signi�ca uma expressão da forma

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1),

que consideramos no início da unidade passada?

Apesar de intuirmos o que se quer dizer, isso formalmente ainda não faz

sentido, pois a operação de adição de números é de�nida para um par de

números, e aqui temos n números sendo somados de uma só vez, além do

�inconveniente� dos pontinhos, é claro. Para dar um sentido preciso a esse

tipo de expressão, vamos ver como a Indução Matemática pode nos ajudar.

Para de�nir uma expressão En, para todo número natural n, basta de�nir-

mos E1 e mostrar como obter sem ambiguidade En+1 a partir de En, para

todo n ∈ N.Nesse caso, dizemos que En foi de�nido por recorrência.

Para continuarmos a nossa discussão, precisaremos de um conceito que

não introduzimos ainda, mas do qual você certamente já ouviu falar.

Você sabe o que é uma sequência? Certamente voc e já foi apresentado à

seguinte de�nição:

�Seja a1, a2, . . . , an, . . . uma sequência de números em que cada elemento

an, a partir do segundo, é igual ao anterior an−1 somado com um número

constante r.�

Isso é o que se chama de Progressão Aritmética.

De�nição por Recorrência e Aplicações da Indução 3

Mas, o que é uma sequência em geral? Uma sequência, como sugere o

nome, é uma �coleção de elementos� ordenados de natureza qualquer. Na

verdade, trata-se apenas de elementos de um conjunto etiquetados com os

números naturais.

Etiquetar com os números naturais os elementos de um conjunto A, sig-

ni�ca dar uma funçãoa : N −→ A

n 7→ a(n)

A de�nção formal de uma sequência em um conjunto A é apenas uma

função a de N em A.

Como uma função é dada quando se conhece a imagem de todos os ele-

mentos do seu domínio, uma sequência a pode ser representada como

a(1), a(2), . . . , a(n), . . . ;

ou ainda, denotando a(n) por an, podemos representá-la por

(an) : a1, a2, . . . , an, . . .

Quando dissermos que um conjunto A possui uma adição ou uma multipli-

cação satisfazendo às leis básicas da aritmética, estaremos supondo que em A

está de�nida uma operação com propriedades semelhantes á correspondente

operação nos reais.

Exemplo 1. Seja (an) uma sequência de elementos de um conjunto munido

de uma adição sujeita às leis básicas da aritmética. Para dar sentido às somas

Sn = a1 + a2 + · · ·+ an,

basta de�nir recorrentemente Sn.

Pomos S1 = a1 e, supondo Sn de�nido, de�nimos

Sn+1 = Sn + an+1.

4 Unidade 3

Somas como Sn serão também denotadas com a notação de somatórios:

Sn =n∑

i=1

ai,

que se lê como �somatório quando i varia de 1 até n de ai�.

Um conceito que se de�ne naturalmente por recorrência é o fatorial de

um número natural.

Exemplo 2. De�ne-se o fatorial n! de um número natural n como:

1! = 1, e (n+ 1)! = n! · (n+ 1).

Outro conceito que, naturalmente, é de�nido por recorrência é o de po-

tência.

Exemplo 3. Seja a um elemento de um conjunto A munido de uma multi-

plicação sujeita às leis básicas da aritmética. Vamos de�nir as potências an,

com n ∈ N, por recorrência.Ponhamos a1 = a. Supondo an de�nido, de�na

an+1 = an · a.

Vamos estabelecer, por meio de indução, as propriedades usuais das

potências.

Proposição. Sejam a, b ∈ A e m,n ∈ N. Então,

(i) am · an = an+m.

(ii) (am)n = amn.

(iii) (a · b)n = an · bn.

Demonstração: Provaremos (i), deixando o restante como exercício.

Fixemos a ∈ A e m ∈ N, arbitrariamente. Demonstremos a propriedade

por indução sobre n.

Para n = 1, a propriedade é válida, pois, pelas de�nições,

am · a1 = am · a = am+1.


Por outro lado, supondo que am · an = am+n, temos que

am · an+1 = am · (an · a) = (am · an) · a = am+n · a = am+n+1.

Isso, pelo Princípio de Indução Matemática (Teorema da Unidade 2),

prova a nossa propriedade. 2

Exemplo 4. Utilizando a noção de potência e de suas propriedades, vamos

provar que 3 divide 5n + 2 · 11n, nos inteiros, para todo n ∈ N.De fato, para n = 1, temos que 3 divide 51 + 2 · 111 = 27.

Suponha, agora, que, para algum n ≥ 1, saibamos que 3 divide 5n+2·11n.Logo, existe um número inteiro a tal que

5n + 2 · 11n = 3a.

Mutiplicando por 5 ambos os lados da igualdade acima, temos

5 · 3a = 5n+1 + 5 · 2 · 11n = 5n+1 + 2 · 11 · 11n − 12 · 11n.

Daí segue a igualdade

5n+1 + 2 · 11n+1 = 5 · 3a+ 12 · 11n,

cujo segundo membro é divisível por 3, por ser igual a 3(5a+ 4 · 11n).Assim, provamos que 3 divide 5n+1 + 2 · 11n+1, o que, pelo Princípio

de Indução Matemática (Teorema 1 da Unidade 2), acarreta que 3 divide

5n + 2 · 11n, para todo número natural n.

Pode ocorrer que uma determinada propriedade seja válida para todos os

números naturais a partir de um determinado valor a, mas não necessaria-

mente para valores menores. Como proceder nesses casos?

Por exemplo, como provar que a desigualdade 2n > n2 é verdadeira para

todo valor de n natural maior do que ou igual a 5?

Fazemos isso baseados na seguinte pequena generalização do Princípio de

Indução Matemática (Teorema 1 da Unidade 2):

6 Unidade 3

Teorema 2 Seja P (n) uma sentença aberta sobre N, e seja a ∈ N. Suponhaque

(i) P (a) é verdadeira, e

(ii) qualquer que seja n ∈ N, com n ≥ a, sempre que P (n) é verdadeira,

segue-se que P (n+ 1) é verdadeira.

Então, P (n) é verdadeira para todo número natural n ≥ a

Demonstração: De�na o conjunto

S = {m ∈ N; P (m+ a− 1) }.

Por (i) temos que 1 ∈ S. Por outro lado, se m ∈ S, temos que P (m+a−1)é verdadeira. Logo, por (ii), P (m + 1 + a − 1) é verdadeira. Portanto,

m + 1 ∈ S. Em vista do Princípio de Indução Matemática (Teorema 1 da

Unidade 2), temos que S = N. Consequentemente, P (n) é verdadeira para

todo n ≥ a. 2

Exemplo 5. Vamos mostrar que a desigualdade na sentença aberta P (n) :

2n > n2 é verdadeira, para todo número natural n ≥ 5.

Note que P (1) : 21 > 12 é verdadeira, P (2) : 22 > 22 é falsa, P (3) : 23 > 32

é falsa e P (4) : 24 > 42 é falsa. Tudo isso não importa, pois queremos veri�car

a veracidade dessa desigualdade para n ≥ 5.

De fato, temos que P (5) : 25 > 52 é verdadeira. Seja n ≥ 5 tal que

2n > n2. Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por 2, obtemos

2n+1 > 2n2. Note que 2n2 > (n + 1)2, se n ≥ 3, pois tal desigualdade é

equivalente a n(n − 2) > 1. Daí, deduzimos que 2n+1 > (n + 1)2, o que

signi�ca que P (n + 1) é verdadeira, estabelecendo o resultado em vista do

Teorema 2.

Exemplo 6. Vamos mostrar que a sentença aberta:

P(n): A equação 3x+ 5y = n tem solução em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}),é verdadeira para todo n ≥ 8.

De fato, ela é verdadeira para n = 8, pois a equação 3x+ 5y = 8 admite

a solução (x, y) = (1, 1).


Suponha agora que a equação 3x+ 5y = n tenha uma solução (a, b) para

algum n ≥ 8; isto é, 3a + 5b = n. Note que, para qualquer solução (a, b),

devemos ter a ≥ 1 ou b ≥ 1.

Se b ≥ 1, observando que 3× 2− 5× 1 = 1, segue que

3(a+ 2) + 5(b− 1) = 3a+ 5b+ 3× 2− 5× 1 = 3a+ 5b+ 1 = n+ 1,

o que mostra que a equação 3x+ 5y = n+ 1 admite a solução (a+ 2, b− 1)

em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}).Se, por acaso, b = 0, então, a ≥ 3; usando a igualdade −3×3+5×2 = 1,

temos

3(a− 3) + 5× 2 = 3a− 3× 3 + 5× 2 = 3a+ 5b+ 1 = n+ 1,

o que mostra que a equação 3x+ 5y = n+ 1 admite a solução (a− 3, b+ 2)

em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}).Mostramos assim que, em qualquer caso, a equação 3x + 5y = n + 1

admite solução, sempre que a equação 3x+5y = n, para algum n ≥ 8, tenha

solução. Como o resultado vale para n = 8, segue a conclusão desejada pelo

Teorema 2.

Note que n0 = 8 é o menor valor de n para o qual a equação tem solução

para todo n ≥ n0.

Problemas

1 Mostre, por indução, a validez das seguintes fórmulas:

a) 1.20 + 2.21 + 3.22 + · · ·+ n.2n−1 = 1 + (n− 1)2n.

b)

(1 +

1

1

)(1 +

1

2

)2

· · ·(1 +

1

n− 1

)n−1

=nn−1

(n− 1)!.

c) 1.1! + 2.2! + 3.3! + · · ·+ n.n! = (n+ 1)!− 1.

2 Sejam a e b números reais distintos. Mostre que, para todo n ∈ N, vale a

igualdade:

bn + abn−1 + a2bn−2 + · · ·+ an−1b+ an =bn+1 − an+1

b− a.

8 Unidade 3

3 Se senα 6= 0, mostre que, para todo n ∈ N, vale a igualdade:

cosα · cos 2α · cos 22α · · · cos 2nα =sen 2n+1α

2n+1 senα

Sugestão: Use a fórmula sen 2β = 2 sen β cos β.

4 Para todo n ∈ N, mostre que, nos inteiros,

a) 80 divide 34n − 1. b) 9 divide 4n + 6n− 1.

c) 8 divide 32n + 7. d) 9 divide n4n+1 − (n+ 1)4n + 1.

5 Mostre que

a) n! > 2n, se n ≥ 4.

b) n! > 3n, se n ≥ 7.

c) n! > 4n, se n ≥ 9.

6 Prove que, para todo n natural, vale a desigualdade:

1

2· 34· 56· · · 2n− 1

2n≤ 1√

3n+ 1.

7 Mostre que o número de diagonais de um polígono convexo de n lados é

dado por

dn =n(n− 3)

2.

8 Mostre que n0 = 32 é o menor valor para o qual a equação 5x + 9y = n

possui solução em (N ∪ {0})2 para todo n ≥ n0.

Indução e Mundo Material

Nesta Seção, mostraremos algumas aplicações da indução matemática no

mundo material.


1 A Torre de Hanói

Você provavelmente já conhece esse jogo, pois trata-se de um jogo bas-

tante popular que pode ser facilmente fabricado ou ainda encontrado em lojas

de brinquedos de madeira.

O jogo é formado por n discos de diâmetros distintos com um furo no

seu centro e uma base onde estão �ncadas três hastes. Numa das hastes,

estão en�ados os discos, de modo que nenhum disco esteja sobre um outro

de diâmetro menor (veja �gura abaixo).

��

O jogo consiste em transferir a pilha de discos para uma outra haste,

deslocando um disco de cada vez, de modo que, a cada passo, a regra acima

seja observada.

As perguntas naturais que surgem são as seguintes:

1. O jogo tem solução para cada n ∈ N?

2. Em caso a�rmativo, qual é o número mínimo jn de movimentos para

resolver o problema com n discos?

Usando Indução Matemática, vamos ver que a resposta à primeira per-

gunta é a�rmativa, qualquer que seja o valor de n. Em seguida, deduziremos

uma fórmula que nos fornecerá o número jn.

Considere a sentença aberta

P (n) : O jogo com n discos tem solução.

10 Unidade 3

Obviamente, P (1) é verdade. Suponha que P (n) seja verdadeiro, para

algum n; ou seja, que o jogo com n discos tem solução. Vamos provar que o

jogo com n+ 1 discos tem solução.

Para ver isso, resolva inicialmente o problema para os n discos superiores

da pilha, transferindo-os para uma das hastes livre (isso é possível, pois

estamos admitindo que o problema com n discos possua solução):

��

Em seguida, trans�ra o disco que restou na pilha original (o maior dos

discos) para a haste vazia:

��

Feito isto, resolva novamente o problema para os n discos que estão juntos,

transferindo-os para a haste que contém o maior dos discos:


��

Isso mostra que o problema com n + 1 discos também possui solução, e,

portanto, por Indução Matemática, que P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.

Para determinar uma fórmula para jn, veja que, para resolver o problema

para n+1 discos com o menor número de passos, temos, necessariamente, que

passar duas vezes pela solução mínima do problema com n discos. Temos,

então, que

jn+1 = 2jn + 1.

Obtemos, assim, uma sequência (jn) de�nida recorrentemente. Pode-se

mostrar, sem di�culdade, por indução, que seu termo geral é dado por

jn = 2n − 1.

(Este tipo de sequências, as recorrências, será estudado de modo sistemático

nas Unidades U8 e U9.)

Esse jogo foi idealizado e publicado pelo matemático francês Edouard

Lucas, em 1882, que, para dar mais sabor à sua criação, inventou a seguinte

�lenda�:

Na origem do tempo, num templo oriental, Deus colocou 64 discos per-

furados de ouro puro ao redor de uma de três colunas de diamante e ordenou

a um grupo de sacerdotes que movessem os discos de uma coluna para outra,

respeitando as regras acima explicadas. Quando todos os 64 discos fossem

transferidos para uma outra coluna, o mundo acabaria.

Você não deve se preocupar com a iminência do �m do mundo, pois, se,

a cada segundo, um sacerdote movesse um disco, o tempo mínimo para que

12 Unidade 3

ocorresse a fatalidade seria de 264−1 segundos e isto daria, aproximadamente,

um bilhão de séculos!

2 O Enigma do Cavalo de Alexandre

Num mosaico romano, Bucéfalo, o cavalo de Alexandre, o Grande, é re-

presentado como um fogoso corcel cor de bronze. Nesse exemplo, vamos

�provar� que isso é uma falácia (uma grande mentira).

Inicialmente, �provaremos� que todos os cavalos têm mesma cor. De fato,

considere a sentença aberta:

P (n) : Num conjunto com n cavalos, todos têm a mesma cor.

Note que P (1) é obviamente verdadeira. Agora, suponha o resultado

válido para conjuntos contendo n cavalos. Considere um conjunto

C = {C1, C2, . . . , Cn, Cn+1}

com n+1 cavalos. Decompomos o conjunto C numa união de dois conjuntos:

C = C ′ ∪ C ′′ = {C1, . . . , Cn} ∪ {C2, . . . , Cn+1},

cada um dos quais contém n cavalos.

Pela hipótese indutiva, segue-se que os cavalos em C ′ têm mesma cor,

ocorrendo o mesmo para os cavalos em C ′′. Como

C2 ∈ C ′ ∩ C ′′,

segue-se que os cavalos de C ′ têm a mesma cor dos cavalos de C ′′, permitindo

assim concluir que todos os cavalos em C têm a mesma cor.

Assim, a nossa �demonstração� por indução está terminada, provando que

P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.Agora, todo mundo sabe (você sabia?) que Marengo, o famoso cavalo de

Napoleão, era branco. Logo, Bucéfalo deveria ser branco.

Onde está o erro nessa prova? Para achá-lo, sugerimos que você tente

provar que, se P (1) é verdadeira, então P (2) é verdadeira.


Esse problema foi inventado pelo matemático húngaro George Polya (1887-

1985).

Problema 9 Ache o erro na �prova� do seguinte

�Teorema� Todos os números naturais são iguais.

Demonstração: Vamos provar o resultado mostrando que, para todo n ∈N, é verdadeira a sentença aberta

P (n): dado n ∈ N, todos os número naturais menores ou iguais do que n

são iguais.

(i) P (1) é claramente verdadeira.

(ii) Suponha que P (n) seja verdadeira, logo n− 1 = n. Somando 1 a ambos

os lados dessa igualdade, obtemos n = n + 1. Como n era igual a todos os

naturais anteriores, segue que P (n+ 1) é verdadeira.

Portanto, P (n) é vedadeira para todo n ∈ N .

3 Descobrindo a Moeda Falsa

Têm-se 3n moedas de ouro, sendo uma delas falsa, com peso menor do

que as demais. Dispõe-se de uma balança de dois pratos, sem nenhum peso.

Vamos mostrar, por indução sobre n, que é possível achar a moeda falsa com

n pesagens.

Para n = 1, isso é fácil de ver, pois, dadas as três moedas, basta pôr

uma moeda em cada prato da balança e descobre-se imediatamente qual é a

moeda falsa.

Suponha, agora, que o resultado seja válido para algum valor de n e que

se tenha que achar a moeda falsa dentre 3n+1 moedas dadas. Separemos

as 3n+1 moedas em 3 grupos de 3n moedas cada. Coloca-se um grupo de 3n

moedas em cada prato da balança. Assim, poderemos descobrir em que grupo

de 3n moedas encontra-se a moeda falsa. Agora, pela hipótese de indução,

descobre-se a moeda falsa com n pesagens, que, junto com a pesagem já

efetuada, perfazem o total de n+ 1 pesagens.

14 Unidade 3

4 A Pizza de Steiner

O grande geômetra alemão Jacob Steiner (1796-1863) propôs e resolveu,

em 1826, o seguinte problema:

Qual é o maior número de partes em que se pode dividir o plano com n

cortes retos?

Pensando o plano como se fosse uma grande pizza, temos uma explicação

para o nome do problema.

Denotando o número máximo de pedaços com n cortes por pn, vamos

provar por indução a fórmula:

pn =n(n+ 1)

2+ 1.

Para n = 1, ou seja, com apenas um corte, é claro que só podemos obter

dois pedaços. Portanto, a fórmula está correta, pois

p1 =1(1 + 1)

2+ 1 = 2.

Admitamos agora que, para algum valor de n, a fórmula para pn esteja

correta. Vamos mostrar que a fórmula para pn+1 também está correta.

Suponhamos que, com n cortes, obtivemos o número máximo n(n+1)/2+

1 de pedaços e queremos fazer mais um corte, de modo a obter o maior número

possível de pedaços.

Vamos conseguir isso se o (n + 1)-ésimo corte encontrar cada um dos n

cortes anteriores em pontos que não são de interseção de dois cortes (faça

um desenho para se convencer disso).

Por outro lado, se o (n+ 1)-ésimo corte encontra todos os n cortes ante-

riores, ele produz n + 1 novos pedaços: o corte começa em um determinado

pedaço e, ao encontrar o primeiro corte, ele separa em dois o pedaço em que

está, entrando em outro pedaço. Ao encontrar o segundo corte, ele separa

em dois o pedaço em que está, entrando em outro pedaço, e assim sucessi-

vamente, até encontrar o n-ésimo corte separando o último pedaço em que

entrar em dois. Assim, são obtidos n+1 pedaços a mais dos que já existiam;


logo,

pn+1 = pn + n+ 1 =n(n+ 1)

2+ 1 + n+ 1 =

(n+ 1)(n+ 2)

2+ 1,

mostrando que a fórmula está correta para n + 1 cortes. O resultado segue

então do Princípio de Indução Matemática (Teorema 1 da Unidade 2).

Problema 10 (O queijo de Steiner) Para fazer a sua pizza, Steiner teve

que cortar, primeiro, o queijo. Imaginando que o espaço é um enorme queijo,

você seria capaz de achar uma fórmula para o número máximo de pedaços

que poderíamos obter ao cortá-lo por n planos?

5 Os Coelhos de Fibonacci

Trata-se do seguinte problema proposto e resolvido pelo matemático ita-

liano Leonardo de Pisa em seu livro Liber Abacci, de 1202:

Quot paria coniculorum in uno anno ex uno pario germinentur.

Como não se ensina mais latim nas escolas, aí vai uma explicação: um

casal de coelhos recém-nascidos foi posto num lugar cercado. Determinar

quantos casais de coelhos ter-se-ão após um ano, supondo que, a cada mês,

um casal de coelhos produz outro casal e que um casal começa a procriar

dois meses após o seu nascimento.

Leonardo apresenta a seguinte solução:

16 Unidade 3

mêsnúmero de casais

do mês anterior

número de casais

recém-nascidostotal

10 0 1 1

20 1 0 1

30 1 1 2

40 2 1 3

50 3 2 5

60 5 3 8

70 8 5 13

80 13 8 21

90 21 13 34

100 34 21 55

110 55 34 89

120 89 55 144

Portanto, o número de casais de coelhos em um determinado mês é igual

ao número total de casais do mês anterior acrescido do número de casais

nascidos no mês em curso, que é igual ao número total de casais do mês

anterior ao anterior.

Se denotarmos o número de coelhos existentes no n-ésimo mês por un,

temos, então, que

un = un−1 + un−2, u1 = u2 = 1.

Essas relações de�nem, por recorrência, uma sequência de números na-

turais, chamada de sequência de Fibonacci, cujos elementos, chamados de

números de Fibonacci, possuem propriedades aritméticas notáveis, que ainda

hoje são objeto de investigação.

Uma recorrência1 do tipo

xn = xn−1 + xn−2 (1)

1Uma recorrência é uma fórmula que de�ne um elemento de uma sequência a partir de

termos anteriores.


só permite determinar o elemento xn se conhecermos os elementos anteriores

xn−1 e xn−2, que, para serem calculados, necessitam do conhecimento dos

dois elementos anteriores, e assim por diante. Fica, portanto, univocamente

de�nida a sequência quando são dados x1 e x2. A sequência de Fibonacci

corresponde à recorrência (1), onde x1 = x2 = 1.

Quando é dada uma recorrência, um problema importante é determinar

uma fórmula fechada para o termo geral da sequência, isto é, uma fórmula

que não recorre aos termos anteriores. No caso da sequência de Fibonacci,

existe uma tal fórmula, chamada fórmula de Binet, que apresentamos a seguir

e que será demonstrada em um contexto mais geral na Unidade 9.

Para todo n ∈ N, tem-se que

un =

(1+√5

2

)n−(

1−√5

2

)n√5

É notável que seja necessário recorrer a fórmulas envolvendo números

irracionais para representar os elementos da sequência de Fibonacci, que

são números naturais. Mais notável, ainda, é que o número 1+√5

2seja a

propoção áurea ϕ que aparece nas artes, e que 1−√5

2seja o simétrico de seu

inverso −ϕ−1. Intrigante essa inesperada relação entre criar coelhos e a divina

proporção, não?

Leonardo de Pisa (1170-1250), �lho de Bonacci, e por isso apelidado Fi-

bonacci, teve um papel fundamental no desenvolvimento da Matemática no

Ocidente. Em 1202, publicou o livro Liber Abacci, que continha grande parte

do conhecimento sobre números e álgebra da época. Esta obra foi responsável

pela introdução na Europa do sistema de numeração indo-arábico e pelo pos-

terior desenvolvimento da álgebra e da aritmética no mundo ocidental.

Problemas

11 Mostre que a sequência de Fibonacci satisfaz às seguintes identidades:

18 Unidade 3

a) u1 + u2 + · · ·+ un = un+2 − 1.

b) u1 + u3 + · · ·+ u2n−1 = u2n.

c) u2 + u4 + · · ·+ u2n = u2n+1 − 1.

d) u21 + u22 + · · ·+ u2n = unun+1.

12 Sabendo que q =1 +√5

2é raiz da equação x2 = x + 1, mostre que

qn = unq + un−1.

13 Prove que

u3 + u6 + u9 + · · ·+ u3n =u3n+2 − 1

2.

14 Dada a recorrência an+2 = 2an+1 + an, com a1 = 1 e a2 = 3, você

conseguiria achar uma fórmula para an? Esse tipo de questão será resolvido

na Unidade 9.

15 Mostre que a recorrência vn = 3vn−1 − 2vn−2, v0 = 2 e v1 = 3 tem por

solução vn = 2n + 1.

MA 12 - Unidade 4

Somatorios e Binomio de Newton

Semana de 11/04 a 17/04

Descreveremos, nesta unidade, tecnicas para se calcular alguns tipos de somas. No inıcio da unidade,

e lancado o desafio de calcular a seguinte soma:

Sn = 1× 2 + 2× 3 + 3× 4 + · · ·+ n× (n+ 1).

Calcular uma soma como a acima significa encontrar uma formula em funcao de n para Sn que

seja facilmente calculavel ao substituir n por um numero natural dado.

Essa soma, como tantas outras, sao difıceis de serem calculadas sem utilizar as propriedades dos

somatorios. No entanto, com um pouco de conhecimento sobre somatorios, essas somas sao reduzidas

a algo facilmente calculavel. Em seguida, mostramos como e possıvel lidar com somas do tipo:

1p + 2p + · · ·+ np,

onde p e n sao numeros naturais dados.

O segundo assunto dessa unidade e o Binomio de Newton, estudado do ponto de vista algebrico,

sem levarmos em consideracao a sua relacao com a Combinatoria, tratamento esse que sera dado na

Unidade 16 de MA12.

Quanto aos problemas, tente resolver o maior numero que puder. Observe que o Problema 5

generaliza algumas somas que apareceram anteriormente.

MA12 - Unidade 4

Somatórios e Binômio de Newton

Semana de 11/04 a 17/04

Nesta unidade introduziremos a notação de somatório, mostrando como a

sua manipulação pode sistematizar e facilitar o cálculo de somas. Dada a

importância de efetuar somas de elementos de várias sequências, esse assunto

será retomado em outras unidades. Outro assunto abordado nesta unidade,

que de certa forma se relaciona com somatórios, é a fórmula do binômio de

Newton, que será apresentada aqui de modo puramente algébrico, deixando

o estudo de suas relações com a Combinatória para a Unidade 16 de MA12.

Somatórios

Vamos recordar a noção de somatório que introduzimos na Unidade 2.

Seja A um conjunto com duas operações satisfazendo às leis básicas da

aritmética.

Se (an) é uma sequência em A, de�nimos o somatório dos seus n primeiros

1

2 Unidade 4

termos como sendon∑

i=1

ai = a1 + a2 + · · ·+ an.

Para apreciar o poder do que iremos apresentar, tente, neste exato mo-

mento, calcular a soma:

1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · ·+ n(n+ 1).

Se conseguiu, parabéns! Se não conseguiu, não desanime, pois, com os

instrumentos de que você dispõe até o momento, o problema é difícil. Vere-

mos adiante como isso vai se transformar, como num passe de mágica, em

algo fácil de calcular.

Provaremos a seguir alguns resultados bem simples sobre somatórios que

irão nos ajudar a resolver este e muitos outros problemas do mesmo tipo.

Proposição 1 Sejam (ai), (bi) duas sequências de elementos do conjunto A

e seja c ∈ A. Então,

(i)n∑

i=1

(ai + bi) =n∑

i=1

ai +n∑

i=1

bi.

(ii)n∑

i=1

c · ai = c ·n∑

i=1

ai.

(iii)n∑

i=1

(ai+1 − ai) = an+1 − a1.

(iv)n∑

i=1

c = nc

Demonstração: (i) O que signi�ca a soma∑n

i=1 (ai + bi)? Signi�ca que

estamos somando os n primeiros termos da nova sequência (ci), onde, para

cada i ∈ N, de�ne-se ci = ai + bi.

Provemos o resultado por indução sobre n. Para n = 1, temos que

1∑i=1

(ai + bi) = a1 + b1 =1∑

i=1

ai +1∑

i=1

bi,

Somatórios e Binômio de Newton 3

mostrando que a fórmula é válida nesse caso.

Suponha a fórmula válida para algum número natural n. Temos então

que ∑n+1i=1 (ai + bi) =

∑ni=1(ai + bi) + (an+1 + bn+1) =

∑ni=1 ai +

∑ni=1 bi + (an+1 + bn+1) =

∑ni=1 ai + an+1 +

∑ni=1 bi + bn+1 =

∑n+1i=1 ai +

∑n+1i=1 bi,

mostrando assim que a fórmula é válida para n+1. Por Indução Matemática,

temos que a fórmula é válida para todo n ∈ N.(ii) A prova também se faz por indução e a deixamos como exercício.

(iii) Vamos provar, também por indução sobre n, esta fórmula. Para n = 1,

temos que1∑

i=1

(ai+1 − ai) = a2 − a1,

o que mostra a validez da fórmula neste caso.

Suponhamos que a fórmula seja válida para um número natural n. Logo,

n+1∑i=1

(ai+1 − ai) =n∑

i=1

(ai+1 − ai) + (an+2 − an+1) =

an+1 − a1 + an+2 − an+1 = an+2 − a1,

mostrando que a fórmula vale para n+ 1 e, portanto, vale para todo n ∈ N.(iv) O somatório

∑ni=1 c representa a soma de n parcelas iguais a c, e, por-

tanto, é igual a nc. 2

Vejamos agora, com alguns exemplos, como podemos tirar partido deste

resultado.

Exemplo 1. Vamos ao desa�o, que lançamos acima, de calcular a soma:

Sn = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · ·+ n(n+ 1).

4 Unidade 4

Com a notação de somatório, podemos escrever

Sn =n∑

i=1

i(i+ 1).

Ora, aplicando o item (i) da proposição acima, temos

Sn =∑n

i=1 i(i+ 1). =∑n

i=1 i2 +

∑ni=1 i =

(12 + 22 + · · ·+ n2) + (1 + 2 + · · ·+ n),

somas estas que já calculamos nos Exemplos 1 e 2 da Unidade 2. Portanto,

temos que

Sn =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+

n(n+ 1)

2=

n(n+ 1)(n+ 2)

3.

A fórmula do item (iii) da Proposição 1, chamada de soma telescópica,

nos fornece um método para calcular termos gerais de certas recorrências e

somas, como veremos nos dois exemplos a seguir.

Exemplo 2. Vamos deduzir a expressão do termo geral da recorrência da

Pizza de Steiner:

pn+1 = pn + n+ 1, p1 = 2.

A expressão acima pode ser escrita do seguinte modo:

pi+1 − pi = i+ 1.

Tomando somatórios de ambos os lados, obtemos

n−1∑i=1

(pi+1 − pi) =n−1∑i=1

(i+ 1).

O primeiro membro da igualdade acima é uma soma telescópica e vale

pn − p1, enquanto o segundo membro é por nós conhecido e vale(n− 1)n

2+

n− 1. Portanto, temos que

pn =(n− 1)n

2+ n− 1 + 2 =

n(n+ 1)

2+ 1.


Exemplo 3. Seja i ∈ N e considere a seguinte identidade1:

(i+ 1)4 = i4 + 4i3 + 6i2 + 4i+ 1.

Daí, segue-se que

(i+ 1)4 − i4 = 4i3 + 6i2 + 4i+ 1.

Tomando os somatórios de ambos os membros da igualdade acima e no-

tando que o lado esquerdo é uma soma telescópica, obtemos

(n+ 1)4 − 1 =n∑

i=1

[(i+ 1)4 − i4] =n∑

i=1

(4i3 + 6i2 + 4i+ 1).

Usando agora as propriedades (i) e (ii) dos somatórios enunciados na

Proposição 1 e as fórmulas obtidas nos Exemplos 1 e 2, da Unidade 2, obtemos

(n+ 1)4 − 1 =∑n

i=1(4i3 + 6i2 + 4i+ 1) =

4∑n

i=1 i3 + 6

∑ni=1 i

2 + 4∑n

i=1 i+ n =

4∑n

i=1 i3 + n(n+ 1)(2n+ 1) + 2n(n+ 1) + n.

Daí, segue-se que

∑ni=1 i

3 =(n+ 1)4 − 1− n(n+ 1)(2n+ 1)− 2n(n+ 1)− n

4=

n4 + 2n3 + n2

4=

[n(n+ 1)

2

]2.

Obtemos, assim, a fórmula do Problema 1 (c), Unidade 1:

13 + 23 + · · ·+ n3 =

[n(n+ 1)

2

]2.

1Esta identidade, que pode ser veri�cada diretamente, é um caso particular da fórmula

do binômio de Newton, que estudaremos em geral na próxima seção.

6 Unidade 4

É possível generalizar este procedimento para obter fórmulas recorrentes

para as somas

1p + 2p + · · ·+ np,

quando p varia nos naturais (veja Problema 2).

Problemas

1 Calcule fórmulas fechadas para as seguintes somas:

a) 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + · · ·+ n).

b) 1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + 3 · 4 · 5 + · · ·+ n(n+ 1)(n+ 2).

c) 1 · 3 + 3 · 5 + 5 · 7 + · · ·+ (2n− 1)(2n+ 1).

d) 1 + (1 + 22) + (1 + 22 + 32) + · · ·+ (1 + 22 + 32 + · · ·+ n2).

e) 12 + 32 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2.

f) 13 + 33 + · · ·+ (2n− 1)3.

2 a) Considere, para i ∈ N, a seguinte identidade:

(i+ 1)5 − i5 = 5i4 + 10i3 + 10i2 + 5i+ 1.

Efetue o somatório de ambos os lados para i variando de 1 até n. Utilizando

problemas anteriormente resolvidos, determine uma fórmula para∑n

i=1 i4.

b) Pense em um modo de calcular∑n

i=1 i5. Mostre como isto pode ser gene-

ralizado.

3 Demonstre a Propriedade (ii) na Proposição 1.

4 Prove as desigualdades:

2(√n+ 1− 1) < 1 +

1√2+

1√3+ · · ·+ 1√

n< 2√n.


Sugestão: Mostre inicialmente que

2√n+ 1− 2

√n <

1√n< 2√n− 2

√n− 1

e em seguida use somas telescópicas.

5 Seja a1, a2, . . . , an+1 uma P.A. com de razão r. Calcule a soma

Sn =1

a1a2+

1

a2a3+ · · ·+ 1

anan+1

.

Sugestão: Mostre inicialmente que

1

aiai+1

= −1

r

[1

ai+1

− 1

ai

].

Tome o somatório, para i variando de 1 até n, em ambos o lados da igualdade

acima e note que o somatório do lado direito é um múltiplo de uma soma

telescópica. Conclua que

Sn = −1

r

[1

an+1

− 1

a1

]=

n

a1an+1

.

Binômio de Newton

Considere a expressão (1 + X)n, onde X é uma indeterminada e n é um

número natural. É claro que o desenvolvimento dessa potência é um polinômio

de grau n em X, cujos coe�cientes são números naturais (você pode provar

esta a�rmação por indução sobre n):

(1 +X)n = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ an−1X

n−1 + anXn.

Os coe�cientes ai, i = 0, . . . , n, serão chamados de números binomiais

e denotados pelos símbolos ai =

(n

i

)(usa-se indiferentemente também a

notação Cin). Se i > n, é cômodo de�nir

(n

i

)= 0.

8 Unidade 4

Observe que, tomando X = 1 no desenvolvimento de (1 +X)n, obtemosa seguinte identidade:

2n =

(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

n

).

Queremos determinar fórmulas explícitas para esses números binomiais.

Como os coe�cientes do termo independente de X, do termo em X e dotermo em Xn no desenvolvimento de (1 + X)n são, respectivamente, 1, n e1, temos que (

n

0

)= 1,

(n

1

)= n e

(n

n

)= 1

Lema 1 (Relação de Stifel) Para todo n ∈ N e todo i ∈ N com 0 ≤ i ≤ n,

tem-se que (n

i

)+

(n

i+ 1

)=

(n+ 1

i+ 1

).

Demonstração: Para i = n, a relação acima é trivialmente veri�cada.Para 0 ≤ i < n, as relações decorrem, imediatamente, das seguintes igual-dades: (

n+ 1

0

)+

(n+ 1

1

)X + · · ·+

(n+ 1

n

)Xn +

(n+ 1

n+ 1

)Xn+1 =

(1 +X)n+1 = (1 +X)

[(n

0

)+

(n

1

)X + · · ·+

(n

n− 1

)Xn−1 +

(n

n

)Xn

]=

(n

0

)+

[(n

0

)+

(n

1

)]X + · · ·+

[(n

n− 1

)+

(n

n

)]Xn +

(n

n

)Xn+1.

2

Lema 2 Para todos n, i ∈ N, com 1 ≤ i ≤ n, tem-se que

i!

(n

i

)= n(n− 1) · · · (n− i+ 1).


Demonstração: Vamos provar isto por indução sobre n. A igualdade étrivialmente veri�cada para n = 1. Suponha que as igualdades sejam válidaspara algum n ∈ N e todo i com 1 ≤ i ≤ n. Pela relação de Stifel, temos,para i ≤ n, que

i!

(n+ 1

i

)= i(i− 1)!

(n

i− 1

)+ i!

(n

i

)=

in(n− 1) · · · (n− i+ 2) + n(n− 1) · · · (n− i+ 1) =

n(n− 1) · · · (n− i+ 2)(i+ n− i+ 1) =

(n+ 1)n(n− 1) · · · (n+ 1− i+ 1),

o que prova a igualdade para n + 1 e para todo i com 1 ≤ i ≤ n. Uma

veri�cação direta mostra que a fórmula também vale para i = n+1. Portanto,

a igualdade vale para todo n e todo i com 1 ≤ i ≤ n. 2

Segue-se do Lema 2 que, para n, i ∈ N, com 1 ≤ i ≤ n, vale a seguintefórmula para os coe�cientes binomiais:(

n

i

)=

n(n− 1) · · · (n− i+ 1)

i!=

n!

i!(n− i)!.

Note que os termos extremos nas igualdades acima têm sentido e são

iguais quando i = 0.

Da fórmula acima, decorre imediatamente, para todo n ∈ N e todo i com0 ≤ i ≤ n, a seguinte identidade fundamental:(

n

i

)=

(n

n− i

).

Seja A um conjunto com duas operações, uma adição e uma multiplicação,

sujeitas às leis básicas da aritmética.

Teorema (Binômio de Newton) Sejam a e b elementos do conjunto A e

seja n ∈ N. Tem-se que

(a+ b)n = an +

(n

1

)an−1b+

(n

2

)an−2b2 + · · ·+

(n

n− 1

)abn−1 + bn.

10 Unidade 4

Demonstração: Se a = 0, o resultado é óbvio. Se a 6= 0, substitua X porb

ana expansão de (1 +X)n e multiplique ambos os lados por an. 2

Exemplo 4.

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2.

(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3.

(a+ b)4 = a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4.

(a+ b)5 = a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5.

Problemas

6 Demonstre a identidade das colunas:(i

i

)+

(i+ 1

i

)+ · · ·+

(n

i

)=

(n+ 1

i+ 1

).

7 Demonstre a identidade das diagonais:(n

0

)+

(n+ 1

1

)+

(n+ 2

2

)+ · · ·+

(n+m

m

)=

(n+m+ 1

m

).

8 a) Demonstre, para todos n,m, k ∈ N, a identidade de Euler:

k∑i=0

(m

i

)(n

k − i

)=

(n+m

k

).

b) Em particular, deduza a identidade de Lagrange:

n∑i=0

(n

i

)2

=

(2n

n

).


9 a) Mostre que(n

i

)é o número de subconjuntos distintos com i elementos

de um conjunto com n elementos.

b) Mostre que o conjunto das partes de um conjunto com n elementos tem

2n elementos.

c) Usando os itens acima, dê uma outra prova para a igualdade:(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

n

)= 2n.

10 Seja n ∈ N. Mostre que(n

i

)<

(n

i+ 1

), se 0 ≤ i <

n− 1

2; e que(

n

i

)>

(n

i+ 1

), se i >

n− 1

2

MA 12 - Unidade 5

Atividade Especial (Revisao)

Semana de 18/04 a 24/04

Esta unidade, a ser desenvolvida ao longo da semana, sera dedicada a revisao e ao aprofundamento

dos conceitos introduzidos ate o presente momento.

Voce tem a sua disposicao um texto de autoria do professor Elon, de cunho teorico, que sintetiza e

ao mesmo tempo complementa e detalha o que foi estudado ate o momento na disciplina MA12, bem

como na Unidade 2 de MA11.

Use-o para refletir sobre os numeros naturais, que sao objetos fundamentais em matematica. Um

professor de matematica nao pode deixar de ter esses conceitos bem claros e assimilados e essas

notas poderao ajuda-lo nessa tarefa. Voce tambem encontrara uma lista de 22 problemas para testar a

habilidade adquirida. Alguns desses problemas voce ja tera encontrado ao longo das unidades anteriores;

e um bom exercıcio tentar lembrar como voce os resolveu.

O PRINCÍPIO DA INDUÇÃO Elon Lages Lima

INTRODUÇÃO

O Princípio da Indução é um eficiente instrumento para a demonstração de fatos referentes aos números naturais. Por isso deve-se adquirir prática em sua utilização. Por outro lado, é importante também conhecer seu significado e sua posição dentro do arcabouço da Matemática. Entender o Princípio da Indução é praticamente o mesmo que entender os números naturais.

Apresentamos abaixo uma breve exposição sobre os números naturais, onde o Princípio da Indução se insere adequadamente e mostra sua força teórica antes de ser utilizado na lista de exercícios propostos ao final. 1. A SEQUÊNCIA DOS NÚMEROS NATURAIS

Os números naturais constituem um modelo matemático, uma escala padrão, que nos permite a operação de contagem. A sequência desses números é uma livre e antiga criação do espírito humano. Comparar conjuntos de objetos com essa escala abstrata ideal é o processo que torna mais precisa a noção de quantidade; esse processo (a contagem) pressupõe portanto o conhecimento da sequência numérica. Sabemos que os números naturais são 1, 2, 3, 4, 5,… A totalidade desses números constitui um conjunto, que indicaremos com o símbolo N e que chamaremos de conjunto dos naturais. Portanto N = {1, 2, 3, 4, 5,…}.

Evidentemente, o que acabamos de dizer só faz sentido quando já se sabe o que é um número natural. Façamos de conta que esse conceito nos é desconhecido e procuremos investigar o que há de essencial na sequência 1, 2, 3, 4, 5… .

Deve-se a Giussepe Peano (1858-1932) a constatação de que se pode elaborar toda a teoria dos números naturais a partir de quatro fatos básicos, conhecidos atualmente como os axiomas de Peano. Noutras palavras, o conjunto N dos números naturais possui quatro propriedades fundamentais, das quais resultam, como consequências lógicas, todas as afirmações verdadeiras que se podem fazer sobre esses números. Começaremos com o enunciado e a apreciação do significado dessas quatro proposições fundamentais a respeito dos números naturais. 2. OS AXIOMAS DE PEANO

Um matemático profissional, em sua linguagem direta e objetiva, diria que o conjunto N dos números naturais é caracterizado pelas seguintes propriedades:

A. Existe uma função s : N → N, que associa a cada n ∈ N um elemento s(n) ∈ N,

chamado o sucessor de n. B. A função s : N → N é injetiva. C. Existe um único elemento 1 no conjunto N, tal que 1 ≠ s(n) para todo n ∈ N. D. Se um subconjunto X ⊂ N é tal que 1 ∈ N e s(X) ⊂ X

(isto é, n ∈ X ⇒ s(n) ∈ X), então X = N.

Observe que, como estamos chamando de N o conjunto dos números naturais, a notação n ∈ N significa que n é um número natural. As afirmações A, B, C e D são os axiomas de Peano. A notação s(n) é provisória. Depois de definirmos adição, escreveremos n + 1 em vez de s(n).

Como concessão à fraqueza humana, nosso matemático nos faria a gentileza de reformular os axiomas de Peano em linguagem corrente, livre de notação matemática. E nos diria então que as afirmações acima significam exatamente o mesmo que estas outras: A'. Todo número natural possui um único sucessor, que também é um número natural. B'. Números naturais diferentes possuem sucessores diferentes. (Ou ainda: números que

têm o mesmo sucessor são iguais.) C'. Existe um único número natural que não é sucessor de nenhum outro. Este número é

representado pelo símbolo 1 e chamado de "número um". D'. Se um conjunto de números naturais contém o número 1 e, além disso, contém o

sucessor de cada um de seus elementos, então esse conjunto coincide com N, isto é, contém todos os números naturais.

A partir daí, retomamos a palavra para dizer que o sucessor de 1 chama-se "dois", o sucessor de dois chama-se "três", etc. Nossa civilização progrediu ao ponto em que temos um sistema de numeração, o qual nos permite representar, mediante o uso apropriado dos símbolos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, todos os números naturais. Além disso, nossa linguagem também fornece nomes para os primeiros termos da sequência dos números naturais. (Números muito grandes não têm nomes específicos, ao contrário dos menores como "mil novecentos e noventa e oito". Quem sabe, por exemplo, o nome do número de átomos do universo?)

Voltando a usar a notação s(n) para o sucessor do número natural n, teremos então 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 símbolo 2 para representar o sucessor de 1. A sequência dos números naturais pode ser indicada assim:

⋅⋅⋅→→→→→ sssss 54321

As flechas ligam cada número ao seu sucessor. Nenhuma flecha aponta para 1, pois este número não é sucessor de nenhum outro. O

diagrama acima diz muito sobre a estrutura do conjunto N dos números naturais. 3. O AXIOMA DA INDUÇÃO

Um dos axiomas de Peano, o último, possui claramente uma natureza mais elaborada

do que os demais. Ele é conhecido como o axioma da indução. Faremos dele uma análise detida, acompanhada de comentários.

O significado informal do axioma D é que todo número natural pode ser obtido a partir de 1 por meio de repetidas aplicações da operação de tomar o sucessor. Assim, por exemplo, 2 é o sucessor de 1, 3 é o sucessor do sucessor de 1, etc. Para se entender melhor o axioma da indução é útil examinar o exemplo, no qual N = {1, 2, 3,…} mas a função s : N → N é modificada, pondo-se s(n) = n + 2. Então, se começarmos com 1 e a este número aplicarmos repetidamente a operação de tomar o "sucessor" (nesta nova acepção) obteremos s(1) = 3, s(3) = 5, s(5) = 7, etc., e nunca chegaremos a qualquer número par. Portanto, o diagrama

1 3 5

2 4 6

s s s

s s s

→ → → ⋅⋅⋅

→ → →⋅⋅⋅

exibe uma função injetiva s : N → N para a qual não é verdade que todo número natural n pode ser obtido, a partir de 1, mediante repetidas aplicações da operação de passar de k para s(k).

Dentro de um ponto de vista estritamente matemático, podemos reformular o axioma da indução 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 também pertence a X. Dito isto, o axioma da indução afirma que o único subconjunto indutivo de N que contém o número 1 é o proprio N.

No exemplo acima, os números ímpares 1, 3, 5, … formam um conjunto indutivo que contém o elemento 1 mas não é igual a N.

O papel fundamental do axioma da indução na teoria dos números naturais e, mais geralmente, em toda a Matemática, resulta do fato de que ele pode ser visto como um método de demonstração, chamado o Método de Indução Matemática, ou Princípio da Indução Finita, ou Princípio da Indução, conforme explicaremos agora.

Seja P uma propriedade que se refere a números naturais. Um dado número natural pode gozar ou não da propriedade P.

Por exemplo, seja P a propriedade de um número natural n ser sucessor de outro número natural. Então 1 não goza da propriedade P, mas todos os demais números gozam de P.

O Princípio da Indução diz o seguinte:

Princípio da Indução: Seja P uma propriedade referente a números naturais. Se 1 goza de P e se, além disso, o fato de o número natural n gozar de P implica que seu sucessor s(n) também goza, então todos os números naturais gozam da propriedade P.

Para ver que o Princípio da Indução é verdadeiro (uma vez admitidos os axiomas de Peano) basta observar que, dada a propriedade P cumprindo as condições estipuladas no enunciado do Princípio, o conjunto X dos números naturais que gozam da propriedade P contém o número 1 e é indutivo. Logo X = N, isto é, todo número natural goza da propriedade P. As propriedades básicas dos números naturais são demonstradas por indução. Comecemos com um exemplo bem simples.

Exemplo 1. Entre os axiomas de Peano não consta explicitamente a afirmação de que todo número é diferente do seu sucessor, a qual provaremos agora. Seja P esta propriedade. Mais precisamente, dado o número natural n, escrevamos P(n) para significar, abreviadamente, a afirmação n ≠ s(n). Então P(1) é verdadeira, pois 1 ≠ s(1), já que 1 não é sucessor de número algum; em particular, 1 não é sucessor de si próprio. Além disso, se supusermos P(n) verdadeira, isto é, se admitimos que n ≠ s(n), então s(n) ≠ s(s(n)), pois a função s : N → N é injetiva. Mas a afirmação s(n) ≠ s(s(n) significa que P(s(n)) é verdadeira. Assim, a verdade de P(n) acarreta a verdade de P(s(n)). Pelo Princípio da Indução, todos os números naturais gozam da propriedade P, ou seja, são diferentes de seus sucessores.

Nas demonstrações por indução, a hipótese de que a propriedade P é válida para o número natural n (da qual deve decorrer que P vale também para s(n)) chama-se hipótese de indução.

O Princípio da Indução não é utilizado somente como método de demonstração. Ele serve também para definir funções f: N → Y que têm como dominio o conjunto N dos números naturais.

Para se definir uma função 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 único elemento y = f(x) ∈ Y.

Entretanto, no caso particular em que o domínio da função é o conjunto N dos números naturais, a fim de definir uma função f : N → Y não é necessário dizer, de uma só vez, qual é a receita que dá 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 conheça f (n) para todo número natural n. (Diz-se então que a função f foi definida por recorrência.) Com efeito, se chamarmos de X o conjunto dos números 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 indução, tem-se X = N.

Observação. : Uma função f : N → Y cujo domínio é o conjunto dos números naturais chama-se uma sequência ou sucessão de elementos de Y. A notação usada para uma tal sequência é

(y1, y2,…,yn,…),

onde se usa yn em vez de f(n) para indicar o valor da função f no número n. 4. ADIÇÃO E MULTIPLICAÇÃO DE NÚMEROS NATURAIS

A adição e a multiplicação de números naturais são exemplos de funções definidas

por recorrência. Para definir a adição, fixaremos um número natural arbitrário k e definiremos a soma

k + n para todo n ∈ N. Fixado k, a correspondência n → k + n será uma função f: N→ N, f(n) = k + n,

chamada "somar k". Ela se define por recorrência, a partir dos seguintes dados: (S1) k + 1 = s(k) (S2) k + s(n) = s(k + n).

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

Usando as notações 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

recorrência a soma k + n de dois números naturais quaisquer k e n. A multiplicação de números naturais se define de modo análogo à adição. Fixado

arbitrariamente um número natural k, a multiplicação por k associa a todo número mnatural n o produto n ⋅ k, definido por indução da seguinte maneira:

(P1) 1⋅ k = k. (P2) (n + 1) k = n⋅k + k. O produto n⋅k escreve-se também nk e lê-se "n vezes k". A definição acima diz portanto que uma vez k é igual a k e n + 1 vezes k é igual a n vezes k mais (uma vez) k . Assim, por definição, 2 ⋅ k = k + k, 3 ⋅ k = k + k + k, etc. Usa-se indução para provar as propriedades básicas da adição e da multiplicação de números naturais. Entre elas, destacam-se as seguintes, válidas para quaisquer k, n, p ∈ N: Associatividade: k + (n + p) = (k + n) + p e k ⋅ (n ⋅ p) = (k ⋅ n)⋅ p Comutatividade: k + n = n + k e k ⋅ n = n ⋅ k Lei do Corte: k + n = k + p ⇒ n = p e k ⋅ n = k ⋅ p ⇒ n = p Distributividade: k (n + p) = k ⋅ n + k ⋅ p.

Omitiremos as demonstrações destes fatos. O leitor pode considerá-las como exercícios sobre o método da indução. 5. ORDEM

A adição de números naturais permite introduzir uma relação de ordem em N. Dados

os números naturais m, n diremos que m é menor do que n, e escreveremos m < n, para significar que existe p ∈ N tal que n = m + p. Neste caso, diz-se também que n é maior do que m e escreve-se n > m para exprimir que se tem m < n. A notação m ≤ n significa que m < n ou m = n. Por definição, tem-se portanto m < m + p para quaisquer m, p ∈ N. Em particular, m < m + 1. Segue-se também da definição que 1 < n para todo número natural n ≠ 1.

Com efeito, pelo axioma C, n ≠ 1 implica que n é sucessor de algum número natural m, ou seja, n = m + 1 = 1 + m, logo n > 1. Assim, 1 é o menor dos números naturais.

Provaremos a seguir as propriedades básicas da relação de ordem m < n que definimos. A primeira delas é a transitividade. Teorema 1. (Transitividade.) Se m < n e n < p, então m < p. Demonstração: Se m < n, n < p então n = m + k, p = n + r, logo p = (m + k) + r = m + (k + r), portanto m < p.

Outra importante propriedade de relação de ordem é que, dados dois números naturais diferentes m, n, ou se tem m < n ou então n < m. Esta propriedade pode ser reformulada de outra maneira, como segue.

Diremos que os números naturais m, n são comparáveis quando se tem m = n, m < n ou n < m. Podemos então enunciar o seguinte teorema.

Teorema 2. (Comparabilidade.) Todo número natural n é comparável com qualquer número natural m. Demonstração: Isto se prova por indução. O número 1 é comparável com qualquer outro número natural pois já sabemos que 1 < m para todo m ≠ 1. Suponhamos agora que o número n seja comparável com todos os números naturais. Mostremos, a partir daí, que n + 1 também 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 então m < n + 1 por transitividade, pois sabemos que n < n + 1. Se for m = n, então m < n + 1. Se for n < m então m = n + p. Neste caso, há duas possibilidades. Ou se tem p = 1, donde m = n + 1, ou então p > 1, logo p = 1 + p', e daí m = (n + 1) + p' e concluímos que n + 1 < m. Em qualquer hipótese, vemos que n + 1 é comparável com qualquer número natural m. Por indução, fica provada a comparabilidade de quaisquer números naturais m, n. A comparabilidade dos números naturais é complementada pela proposição abaixo. Teorema 3. (Tricotomia.) Dados m, n ∈ N, qualquer das afirmações m < n, m = n, n < m exclui as outras duas. Demonstração: Se tivéssemos m < n e m = n, então seria m = m + p, donde m + 1 = m + p + 1 e, cortando m, concluiríamos que 1 = p + 1, um absurdo, pois 1 não é sucessor de p. Portanto m < n (e analogamente, n < m) é incompatível com m = n. Do mesmo modo, se tivéssemos m < n e n < m, então teríamos n = m + p e m = n + k, do que resultaria n = n + k + p, logo n + 1 = n + k + p + 1 e, cortando n, concluiríamos que 1 = k + p + 1, um absurdo. O teorema seguinte mostra que n e n + 1 são números consecutivos.

Teorema 4. Não existem números naturais entre n e n + 1. Demonstração: Se fosse possível ter n < p < n + 1, teríamos p = n + k e n + 1 = p + r, logo n + 1 = n + k + r. Cortando n, obteríamos 1 = k + r. Por definição, isto significaria k < 1, o que é absurdo, pois já vimos que k ≠ 1 ⇒ k > 1. A conexão entre a relação de ordem e as operações de adição e multiplicação é dada pelo seguinte teorema: Teorema 5. (Monotonicidade.) Se m < n, então m + p < n + p e mp < np. Demonstração: Usando a definição de <, temos que m < n ⇒ n = m + k ⇒ n + p = (m + k) + p ⇒ m + p < n + p. Analogamente, m < n ⇒ n = m + k ⇒ np = mp + kp ⇒ np >mp. A recíproca da monotonicidade é a Lei do Corte para desigualdades: m + p < n + p ⇒ m < n e mp < np ⇒ m < n. O leitor poderá prová-la por absurdo, usando a tricotomia e a própria monotonicidade. 6. BOA ORDENAÇÃO

Dado o subconjunto A ⊂ N, diz-se que o número natural a é o menor (ou primeiro) elemento de a quando a ∈ A e, além disso, a ≤ x, para todos os elementos x ∈ A.

Por exemplo, 1 é o menor elemento de N. De agora em diante, dado n ∈ N, indicaremos com In o conjunto dos números naturais

p tais que 1 ≤ p ≤ n. Assim, I1 = {1}, I2 = {1, 2}, I3 = {1, 2, 3} etc. As propriedades da relação de ordem m < n, demonstradas na seção anterior para os

números naturais (exceto o Teorema 4 que vale apenas para números inteiros), são igualmente válidas para os números inteiros, racionais e, mais geralmente, para números reais quaisquer. Existe, porém, uma propriedade de suma importância que é válida para a ordem entre os números naturais, mas sem equivalente para números inteiros, racionais ou reais. Teorema 6. (Princípio da Boa Ordenação.) Todo subconjunto não-vazio A ⊂ N possui um menor elemento. Demonstração: Sem perda de generalidade, podemos admitir que 1 ∉ A, pois caso contrário 1 seria evidentemente o menor elemento de A. O menor elemento de A, cuja existência queremos provar, deverá ser da forma n + 1. Devemos pois encontrar um número natural n tal que n +1 ∈ A e, além disso, todos os elementos de A são maiores do que n, logo maiores do que 1, 2, …, n. Noutras palavras, procuramos um número 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 é o conjunto dos números naturais n tais que todos os elementos de A são maiores do que n. Como estamos supondo que 1 ∉ A, sabemos que 1 ∈ X. Por outro lado, como A não é vazio, nem todos os números naturais pertencem a X, ou seja, temos X ≠ N. Pelo axioma D, vemos que o conjunto X não é indutivo, isto é, deve existir algum n ∈ X tal que n + 1 ∉ X Isto significa que todos os elementos de A são maiores do que n mas nem todos são maiores do que n + 1. Como não há números naturais entre n e n + 1, concluímos que n + 1 pertence a A e é o menor elemento de A.

O Princípio da Boa Ordenação pode muitas vezes ser usado em demonstrações,

substituindo o Princípio da Indução. Vejamos um exemplo. Dissemos anteriormente que um subconjunto X ⊂ N chama-se indutivo quando n ∈ X

⇒ n + 1 ∈ X, ou seja, quando X contém o sucessor de cada um dos seus elementos. O

Princípio da Indução afirma que se um conjunto indutivo X contém o número 1 então X contém todos os números naturais.

Vamos usar o Princípio da Boa Ordenação para provar que se um conjunto indutivo X contém o número a, então X contém todos os números naturais maiores do que a.

A prova desta afirmação se faz por absurdo, como ocorre em geral quando se usa a boa ordenação. Suponhamos então que existam números naturais, maiores do que a, não pertencentes ao conjunto indutivo X. Seja b o menor desses números. Como b > a, podemos escrever b = c + 1, onde, pela definição de b, tem-se necessariamente c ∈ X. Mas, como X é indutivo, isto obriga que b = c + 1 ∈ X, uma contradição.

A proposição qua acabamos de demonstrar pode ser enunciada da seguinte forma: Teorema 7: (Princípio da Indução Generalizado.) Seja P uma propriedade referente a números naturais, cumprindo as seguintes condições: (1) O número natural a goza da propriedade P; (2) Se um número natural n goza da propriedade P então seu sucessor n + 1 também goza de

P. Então todos os números naturais maiores do que ou iguais a a gozam da propriedade P. Exemplo 2. Vejamos uma situação simples onde se emprega o Princípio da Indução Generalizado. Trata-se de provar que 2n + 1 < 2n, para todo n ≥ 3. Esta afirmação, (que é falsa para n = 1 ou n = 2), vale quando n = 3. Supondo-a válida para um certo n ≥ 3, mostremos que daí 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 hipótese de indução.)

Exemplo 3. Usando a desigualdade 2n + 1 < 2n, que acabamos de provar para n ≥ 3, podemos demonstrar que n2 < 2n para todo n ≥ 5, empregando novamente o Princípio da Indução Generalizado. Com efeito, vale 52 < 25 pois 25 < 32. Supondo válida a desigualdade n2 < 2n

para um certo valor de n ≥ 5, daí segue-se que (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 < 2n + 2n + 1 (pela hipótese de indução) < 2n + 2n (pelo exemplo anterior) = 2n + 1. Portanto P(n) ⇒ P(n + 1). Pelo Princípio de Indução Generalizado, segue-se que P(n) vale para todo n ≥ 5. Evidentemente, a desigualdade n2 < 2n é falsa para n = 1, 2, 3, 4. O teorema abaixo contém outra aplicação do Princípio da Boa Ordenação. Teorema 8. Toda função monótona não-crescente f: N → N é constante a partir de um certo ponto. ( Isto é, existe n0 ∈ N tal que f(n) = f(n0), para todo n ≥ n0.) Demonstração: Seja n0 o menor elemento do conjunto X = {f(1), f(2), …, f(n),…}. Então n > n0 ⇒ f(n) ≤ f(n0) (porque a função f é não-crescente) o que acarreta que f(n) = f(n0) (porque f(n0) é o menor elemento de X). Corolário: Toda sequência decrescente n1 > n2 > … de números naturais é finita. Com efeito, do contrário, pondo f(k) = nk, obteríamos uma função estritamente decrescente f : N → N.

7. SEGUNDO PRINCÍPIO DA INDUÇÃO

Em algumas situações, ao tentarmos fazer uma demonstração por indução, na

passagem de n para n + 1, sentimos necessidade de admitir que a proposição valha não apenas para n e sim para todos os números naturais menores do que ou iguais a n. A justificativa de um raciocínio desse tipo se encontra no Teorema 9: (Segundo Princípio da Indução.) Seja X ⊂ N um conjunto com a seguinte propriedade:

(I) Dado n ∈ N, se todos os números naturais menores do que n pertencem a X, então n ∈ X. O segundo Princípio da Indução afirma que um conjunto X ⊂ N com a propriedade (I) coincide com N.

Demonstração: Com efeito, supondo, por absurdo, que X ≠ N, isto é, que N – X ≠ ∅, seja n o menor elemento do conjunto N – X, ou seja, o menor número natural que não pertence a X. Isto quer dizer que todos os números naturais menores do que n pertencem a X. Mas então, pela propriedade (I), n pertence a X, uma contradição. Segue-se que N – X = ∅ e X = N.

Observação. : Se um conjunto X ⊂ N goza da propriedade (I), para que um número natural n não pertencesse a X seria necessário que existisse algum número natural r < n tal que r ∉ X. Em particular, se n = 1, como não existe número natural menor do que 1, a hipótese 1 ∉ X não pode ser cumprida. Noutras palavras, (I) já contém implicitamente a afirmação de que 1 ∈ X. Assim, ao utilizar o Segundo Princípio da Indução, não é preciso estipular que X contém o número 1.

Toda propriedade P que se refira a números naturais define um subconjunto X ⊂ N, a saber, o conjunto dos números naturais que gozam da propriedade P. (E reciprocamente, todo conjunto X ⊂ N define uma propriedade referente a números naturais, a saber, a propriedade de pertencer a X.) Deste modo, "propriedade" e "conjunto" são noções equivalentes. Por isso, é natural que o Segundo Princípio da Indução possua a formulação seguinte, onde ele aparece como o

Teorema 10: (Segundo método de demonstração por indução.) Seja P uma propriedade referente a números naturais. Dado n ∈ N, se a validade de P para todo número natural menor do que n implicar que P é verdadeira para n, então P é verdadeira para todos os números naturais. Demonstração: Com efeito, nas condições do enunciado, o conjunto X dos números naturais que gozam da propriedade P satisfaz a condição (I) do Segundo Princípio da Indução, logo X = N e P vale para todos os números naturais.

Aplicaremos agora o Segundo Princípio da Indução para demonstrar um fato geométrico. No exemplo a seguir, usamos os números naturais como instrumento de contagem, isto é, como números cardinais, pois empregamos expressões do tipo um polígono de n lados". (Vide seção 6.)

Sabe-se que, traçando diagonais internas que não se cortam, pode-se decompor qualquer polígono em triângulos justapostos. Isto é evidente quando o polígono é convexo: basta fixar um vértice e traçar as diagonais a partir dele. Se o polígono não é convexo, a prova requer mais cuidados. (Vide "Meu Professor de Matemática", pag. 109.)

O leitor pode experimentar com um polígono não-convexo e verificar qua há muitas maneiras diferentes de decompô-lo em triângulos justapostos mediante diagonais internas. Mas vale o resultado seguinte, no qual usaremos o Segundo Princípio da Indução.

Exemplo 4. Qualquer que seja a maneira de decompor um polígono P, de n lados, em triângulos justapostos por meio de diagonais internas que não se intersectam, o número de diagonais utilizadas é sempre n – 3.

Com efeito, dado n, suponhamos que a proposição acima seja verdadeira para todo polígono com menos de n lados. Seja então dada uma decomposição do polígono P, de n lados, em triângulos justapostos, mediante diagonais internas. Fixemos uma dessas diagonais. Ela decompõe P como reunião de dois polígonos justapostos P1, de n1 lados, e P2, de n2 lados, onde n1 < n e n2 < n, logo a proposição vale para os polígonos P1 e P2. Evidentemente, n1 + n2 = n + 2.

P1P2

As d diagonais que efetuam a decomposição de P se agrupam assim: n1 – 3 delas decompõem P1, n2 – 3 decompõem 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 demonstração.

Observações:

1. Para habituar-se com o método de demonstração por indução é preciso praticá-lo muitas vezes, a fim de perder aquela vaga sensação de desonestidade que o principiante tem quando admite que o fato a ser provado é verdadeiro para n, antes de demonstrá-lo para n + 1.

2. Pratique também (com moderação) o exercício de descobrir o erro em paradoxos que resultam do uso inadequado do método de indução. Vejamos dois desses sofismas:

Exemplo 5. Todo número natural é pequeno. Ora, 1 certamente é pequeno. E se n é pequeno, n + 1 não vai subitamente tornar-se grande, logo também é pequeno. (O erro aqui consiste em que a noção "número pequeno" não é bem definida.) Exemplo 6. Toda função f : X → Y, cujo domínio é um conjunto finito X, é constante.

Isto é obviamente verdadeiro se X tem apenas 1 elemento. Supondo a afirmação 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'. Obtém-se X'' = X – {b} um conjunto com n elementos (entre os quais a). Novamente pela hipótese de indução, f é constante e igual a c em X''. Logo f (a) = c e daí f : X → Y é constante. (Aqui o erro reside no uso inadequado da hipótese de indução. O raciocínio empregado supõe implicitamente que X tem pelo menos 3 elementos. Na realidade, não vale a implicação P(1) ⇒P(2).)

O perigo de fazer generalizações apressadas relativamente a asserções sobre números naturais fica evidenciado com o seguinte exemplo:

Exemplo 7. Considere o polinômio p(n) = n2 – n + 41 e a afirmação "o valor de p(n) é 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 não é primo, logo a afirmação não é verdadeira.

Semelhantemente, a expressão q(n) = n2 – 79n + 1601 fornece primos para n = 1, 2, …, 79, mas q(80) = 802 – 79 ⋅ 80 + 1601 = 1681 não é primo, pois é divisível por 41. A moral da história é: Só aceite que uma afirmação sobre os números naturais é realmente verdadeira para todos os naturais se isso houver de fato sido demonstrado!

8. NÚMEROS CARDINAIS

Vamos agora mostrar como se usam os números naturais para contar os elementos de

um conjunto finito. O Princípio da Indução será essencial. Lembremos que, dado n ∈ N, escrevemos In = {p ∈ N; p ≤ n}, portanto In = {1, 2, …, n}. Uma contagem dos elementos de um conjunto não-vazio X é uma bijeção f : In → X. Podemos pôr x1 = f(1), x2 = f(2),…, xn = f(n) e escrever X = {x1, x2,…xn}. Diz-se então 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 óbvio de conjunto finito é In. Evidentemente, a função identidade f: In → In é uma contagem dos elementos de In.

Um exemplo de conjunto infinito é o proprio conjunto N dos números naturais, pois nenhuma função f : In → N pode ser sobrejetiva, não 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 não é sobrejetiva.

A fim de que não haja ambiguidade quando se falar do número de elementos de um conjunto finito X, é necessário provar que todas as contagens de X fornecem o mesmo resultado. Noutras palavras, dado o conjunto X, os números naturais m, n e as bijeções f : Im → X, g : In → X, devemos mostrar que se tem m = n. Começamos observando que se f e g são bijeções, então φ = g–1 ο f : Im → In também é uma bijeção. Basta portanto provar o seguinte:

Teorema 11. Dados m, n ∈ N, se φ : Im → In é uma bijeção, então m = n. Demonstração. Com efeito, chamemos de X o conjunto dos números naturais n que têm a seguinte propriedade: só existe uma bijeção φ : Im → In quando m = n. Evidentemente, 1 ∈ X. Suponhamos agora que n ∈ X. Dada uma bijeção φ: Im+1 → In+1, duas coisas podem acontecer. Primeira: φ(m + 1) = n + 1. Neste caso, a restrição φ|Im : Im → In é uma bijeção, logo m = n, donde m + 1 = n + 1. Segunda: φ(m + 1) = b, com b < n + 1. Neste caso, consideramos a = φ –1(n + 1) e definimos uma nova bijeção ψ : Im + 1 → In + 1, pondo ψ (m + 1) = n + 1, ψ(a) = b e ψ(x) = φ(x) para os demais elementos x ∈ Im + 1. Então recaímos no caso anterior e novamente concluímos que m + 1 = n + 1. Isto mostra que n ∈ X ⇒ n + 1 ∈ X, logo X = N e a unicidade do número cardinal de um conjunto finito fica demonstrada.

Agora os números naturais não são apenas elementos do conjunto-padrão N, mas servem também para responder perguntas do tipo "quantos elementos tem o conjunto X?,"ou seja, podem ser usados também como números cardinais.

A adição de números naturais se relaciona com a cardinalidade dos conjuntos por meio da seguinte proposição.

Teorema 12: Sejam X, Y conjuntos finitos disjuntos. Se X tem m elementos e Y tem n elementos, então X ∪Y tem m + n elementos. Demonstração: Com efeito, se f : Im → X e g : In → Y são bijeções, definimos uma bijeção 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 demonstração. Prova-se, por indução, que todo subconjunto de um conjunto finito X é também finito e seu número de elementos é menor do que ou igual ao de X (Veja E.L.Lima, "Análise Real", vol 1, pag. 5.)

É conveniente incluir, por definição, o conjunto vazio entre os conjuntos finitos e dizer que o seu número de elementos é zero. Embora zero não seja um número natural, ele passa a ser o número cardinal do conjunto vazio.

Seguem-se algumas proposições que devem ser demonstradas por indução ou boa ordenação. Os dez últimos exercícios foram sugeridos pelo Professor A. C. Morgado. Exercícios: 1. Construa um esquema de setas começando com os números ímpares, seguidos dos

números pares divisíveis por 4 em ordem decrescente e, por fim, os pares não divisíveis por 4 em ordem crescente. Noutras palavras, tome X = N e defina s : X → X pondo s(n) = n + 2 se n não é divisível por 4, s(n) = n – 2 se n for múltiplo de 4. Mostre que s : X → X cumpre os axiomas A, B, C mas não D.

2. Defina, por recorrência, uma função f : N → N estipulando que f (1) = 3 e f (n + 1) =

5. f (n) + 1. Dê uma formula explícita para f (n). 3. Dê uma fórmula explícita 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 não-vazio. Mostre que existe a ∈ N tal que X = {n ∈ N;

n ≥ a}.

5. Prove, por indução, que .6

)12)(1(...21 222 ++

=+++nnn

n

6. Num polígono com n ≥ 6 lados, o número de diagonais é maior do que n. 7. Prove, por indução que [(n + 1)/n]n < n, para todo n ≥ 3. (Sugestão: Observe que (n +

2)/(n + 1) < ( n + 1)/n e eleve ambos os membros desta desigualdade à potência n + 1.) Conclua daí que a sequência ,...5 ,4 ,3 ,2 ,1 543 é decrescente a partir do terceiro termo.

8. Prove, por indução a desigualdade de Bernoulli: (1 + a)n > 1 + na quando 1 + a > 0.

9. Para todo n ∈ N, ponha n

n nnn

x

++

=)2(

)1( 2

e prove, por indução que se tem

.12

++

<nn

xn Conclua, a partir daí, que a sequência de termo geral n

nn

+1é crescente.

Sugestão: observe que nn xnn

nn

x ⋅+

⋅

++

=+ 312

3

1 .

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, não-vazio, é limitado superiormente, se existe um natural k tal que

para todo natural x ∈ S, então x ≤ k. Mostre que S possui um maior elemento. (Isto é, existe m ∈ S tal que x ≤ m, para todo x ∈ S.)

12. Demonstre que a soma dos n primeiros números ímpares é n2, ou seja, que

1 + 3 + 5 +…+ (2n – 1) = n2. 13. Prove que 2n – 1 é múltiplo de 3, para todo número natural n par.

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

.11

1...31

121

111

1 +≤

+

+

+

+ nn

15. Demonstre que .2001

...1021

1011

2001

1991

..41

31

21

1 +++=−++−+−

16. Determine An se A =

4 2

2 1

17. Demonstre, usando o Princípio da Indução Finita, que

.

1

...

1

++=

+++

++

p

np

p

np

p

p

p

p

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

18. Considere a sequência ,...,,...,57,

23,

11

n

n

qp

onde

. e 2 11 nnnnnn qpqqpp +=+= ++ Demonstre que a) m.d.c (pn, qn) = 1;

b) pn é o inteiro mais próximo de 2

)21( n+e qn é o inteiro mais próximo de .)21(

42 n+

19. [A Torre de Hanói.] São dados três suportes A, B e C. No suporte A estão encaixados n

discos cujos diâmetros, de baixo para cima, estão em ordem estritamente decrescente. Mostre que é possível, com 2n – 1 movimentos, transferir todos os discos para o suporte B, usando o suporte C como auxiliar, de modo que jamais, durante a operação, 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 regiões vizinhas tenham a mesma cor.

MA 12 - Unidade 6

Progressoes Aritmeticas

Semana de 25/04 a 01/05

Progressoes Aritmeticas (PA) sao um dos exemplos mais simples de sequencias definidas recorrente-

mente, veja MA12, Unidade 3, onde tivemos a oportunidade de introduzi-las.

As progressoes Aritmeticas sao comuns na vida real e sempre aparecem quando se apresentam

grandezas que sofrem variacoes iguais em intervalos de tempos iguais como, por exemplo, no calculo

de juros simples.

Vejamos um exemplo: temos um capital de R$ 10.000, 00 a ser aplicado a uma taxa de juros mensal

de 2%. Assim temos a tabela:

Mes Valor Inicial Juros Valor Final

1 10.000 10.000× 2% = 200 10.200

2 10.200 10.000× 2% = 200 10.400

3 10.400 10.000× 2% = 200 10.600

4 10.600 10.000× 2% = 200 10.800

5 10.800 10.000× 2% = 200 11.000

6 11.000 10.000× 2% = 200 11.200

Note que na ultima coluna a variacao do nosso capital, mes a mes, e constante igual a R$ 200, 00.

Esse e um exemplo tıpico de uma PA. As PAs tambem servem para descrever a desvalorizacao de um

bem ao longo do tempo, como mostrado no Exemplo 6 dessa Unidade.

Nessa Secao, voce encontrara tambem a formula que fornece a soma dos n primeiros termos de

uma PA, formula que foi descoberta por Gauss aos sete anos de idade e que tivemos a oportunidade

de apreciar na Unidade 2.

Em seguida, sao definidas generalizacoes do conceito de PA, introduzindo as PAs de segunda

ordem, terceira ordem, etc. Esse topico, em geral, nao e explorado no Ensino Medio, mas coloca a sua

disposicao, Professor, metodos poderosos para calcular somas, diferentes dos explorados na Unidade 4

de MA12.

Vıdeo relacionado:

PAPMEM - Livro A Matematica do Ensino Medio, Volume 2: Progressoes. Prof. Elon Lages Lima,

Janeiro 2008 - Volume 1.

MA12 - Unidade 6

Progressões Aritméticas

Semana de 25/04 a 01/05

São comuns na vida real, grandezas que sofrem variações iguais em

intervalos de tempos iguais.

Exemplo 1. Uma fábrica de automóveis produziu 400 veículos em

janeiro e aumentou mensalmente sua produção de 30 veículos. Quan-

tos veículos produziu em junho?

Solução. Os valores da produção mensal, a partir de janeiro, são 400,

430, 490, 520, 550, . . . . Em junho, a fábrica produziu 550 veículos.

Poderíamos ter evitado escrever a produção mês a mês, racionando

do modo a seguir. Se a produção aumenta de 30 veículos por mês, em

5 meses ela aumenta 5 × 30 = 150 veículos. Em junho, a fábrica

produziu 400 + 150 = 550 veículos.

Progressões aritméticas são sequências nas quais o aumento de

1

2 MA12 - Unidade 6

cada termo para o seguinte é sempre o mesmo.

A sequência (400, 430, 460, 490, 520, 550, ...) é um exemplo de

uma progressão aritmética. O aumento constante de cada termo para

o seguinte é chamado de razão de progressão. A razão dessa progressão

é igual a 30.

Portanto, uma progressão aritmética é uma sequência na qual a

diferença entre cada termo e o termo anterior é constante. Essa di-

ferença constante é chamada de razão da progressão e representada

pela letra r.

Exemplo 2. As sequências (5, 8, 11, ...) e (7, 5, 3, 1, ...) são

progressões aritméticas cujas razões valem respectivamente 3 e −2.

Em uma progressão aritmética (a1, a2, a3, . . .), para avançar um

termo, basta somar a razão; para avançar dois termos, basta so-

mar duas vezes a razão, e assim por diante. Assim, por exemplo,

a13 = a5 + 8r, pois, ao passar de a5 para a13, avançamos 8 termos;

a12 = a7 + 5r, pois avançamos 5 termos ao passar de a7 para a12;

a4 = a17 − 13r, pois retrocedemos 13 termos ao passar de a17 para a4

e, de modo geral, an = a1 + (n − 1)r, pois, ao passar de a1 para an,

avançamos n− 1 termos.

Exemplo 3. Em uma progressão aritmética, o quinto termo vale

30 e o vigésimo termo vale 50. Quanto vale o oitavo termo dessa

progressão?

Solução. a20 = a5 + 15r, pois ao passar do quinto termo para o

vigésimo, avançamos 15 termos. Logo, 50 = 30+15r e r =4

3. Analoga-

mente, a8 = a5 + 3r = 30 + 3.4

3= 34. O oitavo termo vale 34.

Progressões Aritméticas 3

Exemplo 4. Qual é a razão da progressão aritmética que se obtém

inserindo 10 termos entre os números 3 e 25?

Solução. Temos a1 = 3 e a12 = 25. Como a12 = a1 + 11r, temos

25 = 3 + 11r. Daí, r = 2.

Exemplo 5. O cometa Halley visita a Terra a cada 76 anos. Sua

última passagem por aqui foi em 1986. Quantas vezes ele visitou a

Terra desde o nascimento de Cristo? Em que ano foi sua primeira

passagem na era cristã?

Solução. Os anos de passagem do cometa foram 1986, 1910, 1834,...

e formam uma progressão aritmética de razão −76. O termo de ordem

n dessa progressão é an = a1 + (n − 1)r, isto é, an = 1986 − 76(n −1) = 2062 − 76n. Temos an > 0 quando n <

2062

76= 27, 13 . . . .

Portanto, os termos positivos dessa progressão são os 27 primeiros,

a1, a2, a3, . . . , a27. Logo, ele nos visitou 27 vezes na era cristã e sua

primeira passagem na era cristão foi no ano a27 = 2062−76×27 = 10.

Poderíamos também ter resolvido o problema aproveitando o fato

dos termos dessa progressão serem inteiros.

Em uma progressão aritmética de termos inteiros e razão não-nula,

todos os termos dão o mesmo resto quando divididos pelo módulo

da razão. Como 1986 dividido por 76 dá resto 10, todos os anos

em que o cometa por aqui passou dão resto 10 quando divididos por

76. A primeira visita ocorreu entre os anos 1 e 76, inclusive. Entre

esses anos, o único que dividido por 76 dá resto 10 é o ano 10. Para

descobrir a ordem desse termo, usamos an = a1 + (n − 1)r, isto é,

10 = 1986− 76(n− 1). Daí,

n =2062

76= 27.

4 MA12 - Unidade 6

Muitas vezes é conveniente enumerar os termos de uma progressão

aritmética a partir de zero, conforme mostra o exemplo a seguir.

Exemplo 6. O preço de um carro novo é de R$ 15 000,00 e diminui

de R$1 000,00 a cada ano de uso. Qual será o preço com 4 anos de uso?

Solução. Chamando o preço com n anos de uso de an, temos a0 =

15000 e queremos calcular a4. Como a desvalorização anual é cons-

tante, (an) é uma progressão aritmética. Logo, a4 = a0 + 4r =

15000 + 4× (−1000) = 11000. O preço será de R$11 000,00.

Exemplo 7. Os lados de um triângulo retângulo formam uma pro-

gressão aritmética crescente. Mostre que a razão dessa progressão é

igual ao raio do círculo inscrito.

Solução. Chamemos os lados do triângulo de x − r, x, x + r. Esse

é um bom truque para facilitar as contas; ao representar uma pro-

gressão aritmética com um número ímpar de termos, começar pelo

termo central.

Como a progressão é crescente, a hipotenusa é o último termo.

Pelo Teorema de Pitágoras, (x+ r)2 = (x− r)2 + x2. Daí, x2 = 4rx e,

já que x 6= 0 pois x é um dos catetos, x = 4r. Os lados são então 3r,

4r e 5r. O perímetro é 2p = 3r+4r+5r = 12r e a área éS

p=

6r2

6r= r.

Exemplo 8. Determine 4 números em progressão aritmética cres-

cente, conhecendo sua soma 8 e a soma de seus quadrados 36.

Solução. Um bom truque, para representar progressões aritméticas

com um número par de termos, é chamar os dois termos centrais de


x− y e x + y. Isso faz com que a razão seja (x + y)− (x− y) = 2y.

A progressão então x− 3y, x− y, x + y, x + 3y.

Temos {(x− 3y) + (x− y) + (x + y) + (x + 3y) = 8

(x− 3y)2 + (x− y)2 + (x + y)2 + (x + 3y)2 = 36{4x = 8

4x2 + 20y2 = 36{x = 2

y = ±1

Como a progressão é crescente, y > 0. Logo, x = 2 e y = 1. Os

números são −1, 1, 3, 5.

Exemplo 9. Em uma progressão aritmética, o termo geral é dado

por um polinômio em n, an = a1 + (n − 1)r = r . n + (a1 − r). Se

r 6= 0, ou seja, se a progressão não for estacionária (constante), esse

polinômio é de grau 1. Se r = 0, isto é, se a progressão for estacionária,

esse polinômio é de grau menor que 1.

Por esse motivo, as progressões aritméticas de razão r 6= 0 são chama-

das de progressões aritméticas de primeira ordem.

Reciprocamente, se em uma sequência o termo de ordem n for dado

por um polinômio em n, de grau menor que ou igual a 1, ela será uma

progressão aritmética. Com efeito, se xn = an + b, (xn) é uma pro-

gressão aritmética na qual a = r e b = a1−r, ou seja, r = a e a1 = a+b.

Exemplo 10. Como em uma progressão aritmética an = a0 + nr,

a função que associa a cada natural n o valor de an é simplesmente a

restrição aos naturais da função a�m a(x) = a(0) + rx.

6 MA12 - Unidade 6

Portanto, pensando em uma progressão aritmética como uma função

que associa a cada número natural n o valor an, o grá�co dessa função

é formado por uma sequência de pontos colineares no plano.

Em outras palavras, (an) é uma progressão aritmética se e somente

se os pontos do plano que têm coordenadas (1, a1), (2, a2), (3, a3), etc...

estão em linha reta.

Figura 1:

Quando o grande matemático alemão Carl F. Gauss (1777 - 1855)

tinha sete anos de idade, seu professor lhe pediu que calculasse a soma

dos inteiros de 1 até 100. O professor �cou surpreso quando, depois de

poucos minutos, o pequeno Gauss anunciou que o valor da soma era

5 050. A resposta estava correta e, curioso, o professor lhe perguntou

como conseguira fazer o cálculo tão rapidamente. Gauss explicou-lhe

que somara primeiramente 1 + 100, 2 + 99, 3 + 98,. . . . Assim obtivera

50 somas iguais a 101 e a resposta era 50× 101 = 5050.

Baseados nessa idéia, podemos calcular a soma dos n primeiros

termos de uma progressão aritmética qualquer.


Fórmula da soma dos n primeiros termos de

uma progressão aritmética

A soma dos n primeiros termos da progressão aritmética

(a1, a2, a3, ...)

é

Sn =(a1 + an)n

2.

Prova. Temos Sn = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an e, escrevendo a

soma de trás para frente, Sn = an + an−1 + an−2 + · · ·+ a2 + a1. Daí,

2Sn = (a1+an)+(a2+an−1)+(a3+an−2)+ · · ·+(an−1+a2)+(an+a1).

Observe que, ao passar de um parêntese para o seguinte, a primeira

parcela aumenta de r e a segunda parcela diminui de r, o que não

altera a soma. Portanto, todos os parênteses são iguais ao primeiro,

(a1 + an). Como são n parênteses, temos

2Sn = (a1 + an) . n e Sn =(a1 + an)n

2.

Exemplo 11. Qual é o valor da soma dos 20 primeiros termos da

progressão aritmética 2, 6, 10, ...?

Solução. a20 = a1 + 19r = 2 + 19× 4 = 78

S20 =(2 + 78)20

2= 800.

8 MA12 - Unidade 6

Exemplo 12. A soma dos n primeiros números inteiros e positivos é

n∑k=1

k = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2.

Observe que Sn é um polinômio do segundo grau em n, sem termo

independente.

Exemplo 13. A soma dos n primeiros números ímpares é

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) =(1 + 2n− 1)n

2= n2.

Observe que Sn é um polinômio do segundo grau em n, sem termo

independente.

Exemplo 14. A soma dos n primeiros termos de uma progressão

aritmética é

Sn =(a1 + an)n

2=

[a1 + a1 + (n− 1)r]n

2=

r

2n2 +

(a1 −

r

2

)n.

Observe que, se r 6= 0, Sn é um polinômio do segundo grau em n,

desprovido de termo independente. Se r = 0, Sn é um polinômio de

grau menor que 2, sem termo independente.

Reciprocamente, todo polinômio do segundo grau em n, desprovido

de termo independente, é o valor da soma dos n primeiros termos de

alguma progressão aritmética. Com efeito P (n) = an2 + bn é a soma


dos n primeiros termos da progressão aritmética na qualr

2= a e

a1 −r

2= b, ou seja, r = 2a e a1 = a + b.

De�ne-se para sequências o operador ∆, chamado de operador di-

ferença, por ∆an = an+1 − an. Uma sequência (an) é uma progressão

aritmética se e somente se (∆an) = (an+1 − an) é constante.

Uma progressão aritmética de segunda ordem é uma sequência (an)

na qual as diferenças ∆an = an+1 − an, entre cada termo e o termo

anterior, formam uma progressão aritmética não-estacionária.

Exemplo 15. A sequência (an) = (1, 3, 6, 10, 15, 21, . . .) é uma pro-

gressão aritmética de segunda ordem porque a sequência das diferenças

entre cada termo anterior, (bn) = (∆n) = (an+1−an) = (2, 3, 4, 5, 6, . . .)

é um progressão aritmética não-estacionária.

De modo geral, uma progressão aritmética de ordem k (k > 2) é

uma sequência na qual as diferenças entre cada termo e o termo ante-

rior formam uma progressão aritmética de ordem k − 1.

Exemplo 16. A tabela abaixo mostra uma sequência (an) = (n3−n)

e suas diferenças (∆an), (∆2an) = (∆∆an), (∆3an) = (∆∆2an) etc...

n an ∆an ∆2an ∆3an

0 0 0 6 6

1 0 6 12 6

2 6 18 18 6

3 24 36 24 6

4 60 60 30 2

5 120 90 2

6 210 2

7 2

10 MA12 - Unidade 6

Se (∆an), como parece, for constante, (∆2an) será uma progressão

aritmética, (∆an) será uma progressão aritmética de segunda ordem e

(an) será uma progressão aritmética de terceira ordem. Isso é verdade,

pois

an = n3 − n

∆an = an+1 − an = (n + 1)3 − (n + 1)− [n3 − n] = 3n2 + 3n,

∆2an = 3(n + 1)2 + 3(n + 1)− [3n2 + 3n] = 6n + 6,

∆a3n = 6(n + 1) + 6− [6n + 6] = 6

e ∆3an realmente é constante.

Observe que, nesse quadro, a soma de de dois elementos lado a lado

é igual ao elemento que está embaixo do primeiro desses elementos.

Isso nos permite calcular os elementos que estão assinalados por 2. Da

direita para a esquerda, eles são iguais a 6, 30+6 = 36, 90+36 = 126 e

210+126 = 336. Portanto, a7 = 336 e este foi o processo mais exótico

que você já viu para calcular a7 = 73 − 7.

Exemplo 17. Toda sequência na qual o termo de ordem n é um

polinômio em n, do segundo grau, é uma progressão aritmética de

segunda ordem e, reciprocamente, se (an) é uma pregressão aritmética

de segunda ordem então (an) é um polinômio de segunda ordem em

n.

Com efeito, se an = an2 + bn + c, com a 6= 0, temos

∆an = an+1 − an = a(n + 1)2 + b(n + 1) + c− (an2 + bn + c)

= 2an + (a + b),

que é do primeiro grau em n. De acordo com o exemplo 9, (∆an) é

uma progressão aritmética não-estacionária.


Por outro lado, se (an) é uma progressão aritmética de segunda

ordem, bn = ∆an = an+1 − an é uma progressão aritmética com razão

diferente de zero e b1 + b2 + b3 + · · ·+ bn−2 + bn−1 = (a2 − a1) + (a3 −a2) + (a4 − a3) + · · · + (an − an−1) + (an+1 − an) = an+1 − a1 é um

polinômio do segundo grau em n. Em consequência, an também é um

polinômio do segundo grau em n.

Exemplo 18. A soma dos quadrados dos n primeiros números in-

teiros e positivos é

12 + 22 + · · ·+ n2 =n∑

k=1

k2

e pode ser calculada do modo a seguir:

n∑k=1

(k + 1)3 =n∑

k=1

k3 + 3n∑

k=1

k2 + 3n∑

k=1

k +n∑

k=1

1.

Os dois primeiros somatórios têm várias parcelas comuns, pois

n∑k=1

(k + 1)3 = 23 + 33 + · · ·+ n3 + (n + 1)3

en∑

k=1

k3 = 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3.

Simpli�cando as parcelas comuns aos dois membros, obtemos

(n + 1)3 = 13 + 3n∑

k=1

k2 + 3n∑

k=1

k +n∑

k=1

1.

Comon∑

k=1

k = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n + 1)

2

12 MA12 - Unidade 6

en∑

k=1

1 = 1 + 1 + · · ·+ 1 = n,

temos

(n + 1)3 = 13 + 3n∑

k=1

k2 + 3n(n + 1)

2+ n.

Daí,n∑

k=1

k2 =2n3 + 3n2 + n

6=

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

6.

Observe que 12 + 22 + · · · + n2 =n∑

k=1

k2 é um polinômio do terceiro

grau em n.

Exemplo 19. Sabendo que

12 + 22 + · · ·+ n2 =n∑

k=1

k2

é um polinômio do terceiro grau em n, poderíamos ter determinado o

valor de p(n) = 12 +22 +32 + · · ·+n2 pondo p(n) = an3 +bn2 +cn+d.

Temos p(1) = 12, p(2) = 12 + 22, p(3) = 12 + 22 + 32 e p(4) =

12 + 22 + 32 + 42. Obtemos o sistema de equaçõesa + b + c + d = 1

8a + 4b + 2c + d = 5

27a + 9b + 3c + d = 14

64a + 16b + 4c + d = 30

Resolvendo, encontramos a =1

3, b =

1

2, c =

1

6, d = 0. Então

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =1

3n3 +

1

2n2 +

1

6n =

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

6.


Os teoremas a seguir generalizam os últimos exemplos.

Teorema 1. 1p + 2p + 3p + · · · + np =n∑

k=1

kp é um polinômio

de grau p + 1 em n.

Prova. Vamos proceder por indução sobre p. Para p = 1, o teorema

já foi provado no exemplo 12.

Suponhamos agora quen∑

k=1

kp seja um polinômio de grau p + 1

em n, para todo p ∈ {1, 2, . . . , s}, Mostraremos que essa a�rmação

é verdadeira para p = s + 1, isto é, mostraremos quen∑

k=1

ks+1 é um

polinômio de grau s + 2 em n.

Observe que (k + 1)s+2 = ks+2 + (s + 2)ks+1 + . . ., onde os termos

que não foram escritos explicitamente formam um polinômio de graus

s em k. Temos então,

n∑k=1

(k + 1)s+2 =n∑

k=1

ks+2 + (s + 2)n∑

k=1

ks+1 + F (n),

onde F (n) é um polinômio de grau s + 1 em n, pela hipótese da

indução.

Simpli�cando os termos comuns aos dois primeiros somatórios,

obtemos

(n + 1)s+2 = 1 + (s + 2)n∑

k=1

ks+1 + F (n).

Daí,n∑

k=1

ks+1 =(n + 1)s+2 − 1− F (n)

s + 2

14 MA12 - Unidade 6

que é um polinômio de grau s + 2 em n, c.q.d.

Corolário . Se F é um polinômio de grau p então

n∑k=1

F (k) é um

polinômio de grau p + 1 em n.

Exemplo 20. Vamos calcular Sn =n∑

k=1

k(k + 2). Pelo corolário,

sabemos que o valor dessa soma é um polinômio do terceiro grau em

n. Então Sn = an3 + bn2 + cn + d. Atribuindo a n os valores 1, 2, 3 e

4 obtemos as equaçõesa + b + c + d = 3

8a + 4b + 2c + d = 11

27a + 9b + 3c + d = 26

64a + 16b + 4c + d = 50

Resolvendo, encontramos a =1

3, b =

3

2, c =

7

6, d = 0. Então,

Sn =1

3n3 +

3

2n2 +

7

6n =

2n3 + 9n2 + 7n

6=

n(n + 1)(2n + 7)

6.

Teorema 2. (an) é um progressão aritmética de ordem p (p > 2), se

e somente se an é um polinômio de grau p em n.

Prova. Vamos proceder por indução sobre p. Para p = 2 o teorema

foi provado no exemplo 17.

Suponhamos que o teorema seja verdadeiro para todo p ∈ {2, 3, . . . ,s}. Mostraremos que essa a�rmação é verdadeira para p = s + 1. Se

(an) é uma progressão aritmética de ordem s+1, bn = ∆an = an+1−ané uma progressão aritmética de ordem s e, pela hipótese da indução,


bn é um polinômio de grau s em n. Entãon∑

k=1

bk = an+1 − a1 é, pelo

corolário do teorema 1, um polinômio de grau s + 1 em n.

Se an é um polinômio de grau s + 1 em n, ∆an é um polinômio

de grau s em n, conforme você facilmente veri�cará. Pela hipótese da

indução, (∆an) é uma progressão aritmética de ordem s, ou seja, (an)

é uma progressão aritmética de ordem s + 1.

O exemplo a seguir é conhecido como teorema fundamental da so-

mação e fornece uma técnica bastante e�ciente para o cálculo de somas.

Exemplo 21. Mostre quen∑

k=1

∆ak = an+1 − a1.

Solução.

n∑k=1

∆ak = ∆a1 + ∆a2 + ∆a3 + · · · + ∆an−1 + ∆an =

(a2−a1)+(a3−a2)+(a4−a3)+· · ·+(an−an−1)+(an+1−an) = an+1−a1.

Exemplo 22. Calculen∑

k=1

k(k + 1)

Solução. Determinaremos ak tal que ∆ak = k(k + 1) = k2 + k,

isto é, determinaremos ak = ∆−1(k2 + k).

Como(∆ak) é uma progressão aritmética de segunda ordem, (ak) é

uma progressão aritmética de terceira ordem. Logo, ak é um polinômio

de terceiro grau. Se

ak = ak3 + bk2 + ck + d,

∆ak = ak+1 − ak

= a(k + 1)3 + b(k + 1)2 + c(k + 1) + d− [ak3 + bk2 + ck + d]

= 3ak2 + (3a + 2b)k + (a + b + c) = k2 + k.

16 MA12 - Unidade 6

Devemos ter 3a = 1, 3a + 2b = 1, a + b + c = 0. Daí, a =1

3, b = 0,

c = −1

3e d é arbitrário. Logo, ak =

1

3k3 − 1

3k + d.

n∑k=1

k(k + 1) =n∑

k=1

∆ak = an+1 − a1

=(n + 1)3 − (n + 1)

3+ d− d =

n(n + 1)(n + 2)

3.

Exercícios

Proceda como se não soubesse que há sugestões no �nal dos enuncia-

dos.

1. Formam-se n triângulos com palitos, conforme a �gura.

Figura 2:

Qual o número de palitos usados para construir n triângulos?

2. Os ângulos internos de um pentágono convexo estão em progressão

aritmética. Determine o ângulo mediano.

3. Se 3 − x, −x,√

9− x, . . . é uma progressão aritmética, determine

x e calcule o quinto termo.


4. Calcule a soma dos termos da progressão aritmética 2, 5, 8, 11,...

desde o 25o até o 41o termo, inclusive.

5. Calcule a soma de todos os inteiros que divididos por 11 dão resto

7 e estão compreendidos entre 200 e 400.

6. Quantos são os inteiros, compreendidos entre 100 e 500, que não

são divisíveis nem por 2, nem por 3 e nem por 5? Quanto vale a soma

desses inteiros?

7. Quanto vale o produto (a)(aq)(aq2)(aq3) . . . (aqn−1)?

8. Determine o maior valor que pode ter a razão de uma progressão

aritmética que admita os números 32, 227 e 942 como termos da pro-

gressão.

9. De quantos modos o número 100 pode ser representado como uma

soma de dois ou mais inteiros consecutivos? E como soma de dois ou

mais naturais consecutivos?

10. Um quadrado mágico de ordem n é uma matriz n × n, cujos

elementos são os inteiros 1, 2, . . . , n2, sem repetir nenhum, tal que

todas as linhas e todas as colunas têm a mesma soma. O valor dessa

18 MA12 - Unidade 6

soma é chamado de constante mágica. Por exemplo, os quadrados

1 5 9

8 3 4

6 7 2

8 1 6

3 5 7

4 9 2

e

17 24 1 8 15

23 5 7 14 16

4 6 13 20 22

10 12 19 21 3

11 18 25 2 9

são mágicos, com constantes mágicas respectivamente iguais a 15, 15

e 65. Aliás, os dois últimos são hipermágicos, pois as linhas, colunas e

também as diagonais têm a mesma soma. Calcule a constante mágica

de um quadrado mágico de ordem n.

11. Os inteiros de 1 a 1000 são escritos ordenadamente em torno

de um círculo. Partindo de 1, riscamos os números de 15 em 15, isto

é, riscamos 1, 16, 31,... O processo continua até se atingir um número

já previamente riscado. Quantos números sobram sem riscos?

12. Podem os números√

2,√

3,√

5 pertencer a uma mesma pro-

gressão aritmética?

13. Suprimindo um dos elementos do conjunto{1, 2, . . . , n}, a mé-

dia aritmética dos elementos restantes é 16,1. Determine o valor de n

e qual foi o elemento suprimido.

14. Um bem, cujo valor hoje é de R$ 8000,00, desvaloriza-se de tal

forma que seu valor daqui a 4 anos será de R$ 2000,00. Supondo cons-

tante a desvalorização anual, qual será o valor do bem daqui a 3 anos?

15. Um bem, cujo valor hoje é de R$ 8000,00, desvaloriza-se de tal


forma que seu valor daqui a 4 anos será de R$ 2000,00. Supondo que

o valor do bem cai segundo uma linha reta, determine o valor do bem

daqui a 3 anos.

16. Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da formap

72,

que pertençam ao intervalo [4,7].

17. Qual a maior potência de 7 que divide 1000!?

18. Em quantos zeros termina o número resultante do cálculo de

1000!?

19. Calcule o valor das somas dos n primeiros termos das sequên-

cias?

a)13, 23, 33, . . .

b)1 . 4, 3 . 7, 5 . 10, 7 . 13, . . .

20. Representando por bxc a parte inteira do real x, isto é, o maior

número inteiro que é menor que ou igual a x e por {x} o inteiro mais

próximo do real x, determine:

a) b√

1c+ b√

2c+ b√

3c+ · · ·+ b√n2 − 1c

b) b 3√

1c+ b 3√

2c+ b 3√

3c+ · · ·+ b 3√n3 − 1c

c)1

{√

1}+

1

{√

2}+

1

{√

3}+ · · ·+ 1

{√

1000}d){√

1}+ {√

2}+ {√

3}+ · · ·+ {√

1000}.

21. Prove que a soma de todos os inteiros positivos de n dígitos,

n > 2, é igual ao número 49499...95500...0, no qual há n − 3 dígitos

sublinhados que são iguais a 9 e n − 2 dígitos sublinhados que são

20 MA12 - Unidade 6

iguais a 0.

22. Determine o primeiro termo e a razão da progressão aritmética

na qual a soma dos n primeiros termos é, para todo n:

a)Sn = 2n2 + n b)Sn = n2 + n + 1

23. Determine no quadro abaixo:

1

3 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

a) o primeiro elemento da 31a linha.

b) a soma dos elementos da 31a linha.

24. Considere um jogo entre duas pessoas com as seguintes regras:

i) Na primeira jogada, o primeiro jogador escolhe um número no con-

junto A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} e diz esse número.

ii) As pessoas jogam alternadamente.

iii) Cada pessoa ao jogar escolhe um elemento de A, soma-o ao número

dito pela pessoa anterior e diz a soma.

iv) Ganha quem disser 63.

Qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora e qual é essa es-

tratégia?

25. Refaça o exercício anterior para o caso do vencedor ser quem

disser 64.


26. Refaça o exercício 24) para o conjunto {3, 4, 5, 6}.

27. Mostre que no exercício 24), se o conjunto fosse A = {3, 5, 6, 7},o segundo jogador tem a estratégia que impede o primeiro jogador de

ganhar.

28. Na primeira fase do campeonato brasileiro de futebol, que é dis-

putado por 24 clubes, quaisquer dois times jogam entre si uma única

vez. Quantos jogos há?

29. Uma bobina de papel tem raio interno 5cm, raio externo 10cm

e a espessura do papel é 0,01cm. Qual é o comprimento da bobina

desenrolada?

30. Dividem-se os números naturais em blocos do modo seguinte:

(1), (2.3) (4, 5, 6) (7, 8, 9, 10) (11.12.13.14) . . . . Em seguida suprimem-

se os blocos que contêm um número par de elementos, formando-se o

quadro:

1

4 5 6

11 12 13 14 15

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Determine:

a) o primeiro elemento da linha k.

b) o elemento central da linha k.

c) a soma dos elementos da linha k.

d) a soma dos elementos das k primeiras linhas.

22 MA12 - Unidade 6

31. Qual o número máximo de regiões em que n retas podem di-

vidir o plano?

32. Prove: se an é um polinômio de grau p então ∆an é um polinômio

de grau p− 1.

33. Prove o corolário do teorema 1.

34. Quantos são os termos comuns às progressões aritméticas (2, 5, 8,

11, . . . , 332) e (7, 12, 17, 22, . . . , 157)?

35. Há dois tipos de anos bissextos: os que são múltiplos de 4 mas

não de 100 e os que são múltiplos de 400.

a) Quantos são os anos bissextos entre 1997 e 2401?

b) Se 1o de janeiro de 1997 foi quarta-feira, que dia será 1o de janeiro

de 2500?

c) Escolhido um ano ao acaso, qual a probabilidade dele ser bissexto?

36. Benjamin começou a colecionar calendários em 1979. Hoje, sua

coleção já tem algumas duplicatas - por exemplo, o calendário de 1985

é igual ao de 1991 - mas ainda não está completa.

a) Em que ano Benjamim completará sua coleção?

b) Quando a coleção estiver completa, quantos calendários diferentes

nela haverá?

37. A razão entre as somas dos n primeiros termos de duas pro-

gressões aritméticas é2n + 3

4n− 1, para todo valor de n. Quanto vale a


razão entre seus termos de ordem n?

38. O número triangular Tn é de�nido como a soma dos n primeiros

termos da progressão aritmética 1, 2, 3, 4, . . .. O número quadrangular

Qn é de�nido como a soma dos n primeiros termos da progressão arit-

mética 1, 3, 5, 7, . . .. Analogamente são de�nidos números pentagonais,

hexagonais, etc. A �gura abaixo justi�ca essa denominação.

Determine o número j-gonal de ordem n.

Figura 3:

39. Mostre que ∆ak = ∆bk então ak − bk é constante.

40. Se a 6= 1, determine ∆ak.

41. Se a 6= 1, determine ∆−1ak.

42. Use o teorema fundamental da somação para calcular:

a)

n∑k=1

3k.

b)n∑

k=1

k . k!.

24 MA12 - Unidade 6

c)n∑

k=1

1

k(k + 1).

Sugestão aos exercícios

1. O aumento de um triângulo causa o aumento de 2 palitos. O número de palitos

constitui uma progressão aritmética de razão 2.

2. A soma dos ângulos internos de um pentágono convexo é 540o.

3. −x− (3− x) =√

9− x− (−x)

4. Do inteiro a (inclusive) ao inteiro b (inclusive), há b− a + 1 inteiros.

6a. Faça um diagrama para os conjuntos X = {x ∈ Z : 100 6 x 6 500},

A = {x ∈ X : x é divisível por 2}, B = {x ∈ X : x é divisível por 3} e A =

{x ∈ X : x é divisível por 5}. Queremos determinar o número de elementos do

complementar de A ∪B ∪ C em relação ao universo X.

8. Se para passar do 32 para o 227 e para o 942 avançamos respectivamente p

e q termos, temos 227 − 32 + pr e 942 = 32 + qr. Daí,p

q=

195

910. Como p e q

são inteiros positivos, é fácil descobrir todos os valores possíveis para p e q; basta

descobrir todas as frações que são iguais a195

910.

9. Se 100 = (a+ 1) + (a+ 2) + · · ·+ (a+n), com n > 1, 100 =(2a + n + 1)n

2. Daí

se conclui que (2a+n+ 1)n = 200 e tanto nquanto 2a+n+ 1 devem ser divisores

de 200. Para evitar muitas contas, note também que sempre um dos números n e

2a + n + 1 é ímpar.

10. Calcule a soma de todos os elementos da matriz.

11. Uma solução muito bonita pode ser obtida pensando nos pontos riscados como

vértices de um polígono. Uma solução �normal� pode ser obtida observando que

o último número riscado na primeira volta é 991, o primeiro riscado na segunda

volta é 6, etc...


12. Proceda como no problema 8.

13.1 + 2 + · · ·+ (n− 1)

n− 16 16, 1 6

2 + 3 + · · ·+ n

n− 1.

15. Esse problema é igual ao anterior.

16. Faça a soma de todas as frações e subtraia a soma das redutíveis, que são as

que têm numeradores múltiplos de 2 ou 3. Um diagrama de conjuntos ajuda.

17. Você pode substituir 1000! = 1× 2× 3× 4× 5× · · · × 1000 por 7× 14× 21×

· · · × 994 = 7142(1× 2× 3× · · · × 142).

18. Você pode determinar a maior potência de 10 que divide 1000! Para isso basta

determinar a maior potência de 5 que divide 1000!

19a. Parta de (k + 1)4 = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 e proceda como no exemplo 18.

19b.

n∑k=1

(2k − 1)(3k + 1) =

n∑k=1

(6k2 − k − 1).

20. bxc = k, k > 0, se e somente se k 6 x < k+ 1. b√xc = k, k > 0 se, e somente

se, k2 6 x < k2 + 2k + 1. Há portanto 2k + 1 inteiros positivos x para os quais

b√xc = k. A soma pedida é

n−1∑k=1

(2k + 1)k.

20c. se x é um inteiro positivo, {√x} = k, k 6 0, se e somente se k − 1

2<√x <

k +1

2, ou seja, k2 − k +

1

4< x < k2 + k +

1

4, ou ainda k2 − k + 1 6 x 6 k2 + k.

Há 2k inteiros positivos x tais que {√x} = k.

21. A soma pedida é a soma de uma progressão aritmética de razão 1, com

primeiro termo igual a 10n−1 e último termo igual a 10n − 1.

23. O primeiro elemento da 31a linha é precedido por 1 + 2 + · · ·+ 30 termos.

24. Para ter certeza de alcançar 63, você deve antes alcançar 55.

27. Em algum momento o segundo jogador receberá a soma maior que ou igual a

49.

28. O Botafogo joga 23 partidas; o primeiro dos times restantes jogam 22 partidas

que ainda não foram contadas, etc...

29. Considere a bobina formada por círculos cujos raios formam uma progressão

aritmética cuja razão é a espessura do papel.

26 MA12 - Unidade 6

30a. Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem.

30b. Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem.

30c. Trata-se de uma progressão aritmética de terceira ordem.

30d. Trata-se de uma progressão aritmética de quarta ordem.

31. Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem.

32. Basta mostrar que an e an+1 são polinômios de grau p cujos termos de maior

grau são idênticos e cujos termos de grau p− 1 são diferentes.

33. Se F (k) = apkp + ap−1k

p−1 + · · · + a1k + a0 então

n∑k=1

F (k) = ap

n∑k=1

kp +

ap−1

n∑k=1

kp−1 + · · ·+ a1

n∑k=1

k +

n∑k=1

a0.

34. Os termos da primeira progressão são da forma 2 + 3t, 0 6 t 6 110 e os da

segunda são da forma 7 + 5s, 0 6 s 6 30. Devemos ter 2 + 3t = 7 + 5s. Daí,

3t = 5(1 + s) e t deve ser múltiplo de 5. Se t = 5k, s = 3k − 1. As limitações

0 6 t 6 110 e 0 6 s 6 30 dão origem a uma limitação para k.

35b. Um ano não-bissexto tem 52 semanas e 1 dia; um ano bissexto tem 52

semanas e 2 dias. Logo, o ano x + 1 começa um dia da semana adiantado em

relação ao ano x, se x não é bissexto, e dois dias adiantado, se x é bissexto.

35d. Os anos se repetem em ciclos de 400 anos.

36. Procure primeiramente entender porque os calendários de 1985 e 1991 são

iguais. Em segundo lugar, note que, como há mais anos não-bissextos do que

bissextos, provavelmente a coleção �cará completa quando Benjamim tiver todos

os calendários de anos bissextos.

37. Mostre que a razão dada é igual à razão entre os termos de ordemn + 1

2.

41. Use o exercício 40.

42a. Use o exercício 41.

42b. ∆k! = k . k!.

42c. ∆1

k=

−1

k(k + 1).

MA 12 - Unidade 7

Progressoes Geometricas

Semana de 25/04 a 01/05

Retomemos o exemplo da unidade passada, onde um capital de R$ 10.000, 00 e aplicado a uma

taxa de juros mensal de 2%:


1 10.000 10.000 × 2% = 200 10.200

2 10.200 10.000 × 2% = 200 10.400

3 10.400 10.000 × 2% = 200 10.600

4 10.600 10.000 × 2% = 200 10.800

5 10.800 10.000 × 2% = 200 11.000

6 11.000 10.000 × 2% = 200 11.200

Voce ja viu alguem aplicar dinheiro dessa forma? Pense na sua caderneta de poupanca. O mais

verossımil e que o juro incida sobre juros, pois ja no segundo mes o nosso capital nao e mais R$

10.000,00, mas R$ 10.200,00; logo e esse capital que deve ser remunerado no segundo mes. Obtemos

assim uma nova tabela (com arredondamento na segunda casa decimal):


1 10.000 10.000 × 2% = 200 10.200

2 10.200 10.200 × 2% = 204 10.404

3 10.404 10.404 × 2% = 208, 08 10.612, 08

4 10.612, 08 10.612, 08 × 2% = 212, 24 10.824, 32

5 10.824, 32 10.824, 32 × 2% = 216, 49 11.040, 81

6 11.040, 81 11.040, 81 × 2% = 220, 82 11.260, 92

O que se nota nessa tabela e que, a menos das aproximacoes feitas, o quociente entre o nosso capital

em um mes e o do mes anterior e constante igual a 1, 02. Isto motiva a seguinte definicao:

Uma Progressao Geometrica (PG) e uma sequencia numerica na qual a taxa de crescimento (ou

decrescimento) de cada termo para o seguinte e sempre a mesma.

Portanto, de acordo com o problema acima, as PGs modelam fenomenos como o aumento de um

capital aplicado a uma taxa anual prefixada. Da mesma forma, as PGs modelam o crescimento de

uma populacao a uma taxa anual fixa ou, ainda, o decaimento da radiacao emitida por um material

radioativo.

Assim, as PGs aparecem muito frequentemente nao so nas aplicacoes, mas tambem, em varios

contextos matematicos e por isso, certamente, sao muito mais interessantes do que as progressoes

aritmeticas.

Nessa unidade, voce encontrara um grande leque de problemas em cuja solucao intervem as PGs.

Alguns desses problemas sao resolvidos usando a muito util formula das taxas equivalentes, como no

Exemplo 11, onde se pede para determinar quanto a populacao de um paıs crescera em 25 anos se ela

cresce a uma taxa de 2% ao ano.

Em seguida, sera deduzida a formula da soma dos n primeiros termos de uma PG e o calculo do

limite da soma dos termos de uma PG decrescente.

A unidade se encerra com mais uma tecnica de somacao, a formula da somacao por partes:

n∑k=1

ak+1∆ bk = an+1bn+1 − a1b1 −n∑

k=1

bk∆ ak+1,

que aumentara o nosso arsenal de tecnicas de somacao de sequencias, permitindo, em particular,

somar sequencias cujos termos sao obtidos multiplicando termos de uma PA com termos de uma PG.

A semelhanca dessa formula com a formula de integracao por partes do Calculo Integral nao e mera

coincidencia (a somacao corresponde a discretizacao da integracao) .

Vıdeo relacionado:

PAPMEM - Livro A Matematica do Ensino Medio, Volume 2: Progressoes. Prof. Elon Lages Lima,


MA12 - Unidade 7

Progressões Geométricas

Semana de 25/04 a 01/05

Progressões Geométricas

Um problema interessante, que costuma deixar os alunos intrigados e os pro-

fessores descon�ados, é o problema a seguir, adaptado de um problema do

exame nacional da MAA (Mathematical Association of America).

Exemplo 1. Uma pessoa, começando com R$ 64,00, faz seis apostas conse-

cutivas, em cada ma das apostas das quais arrisca perder ou ganhar a metade

do que possui na ocasião. Se ela ganha três e perde três dessas apostas, pode-

se a�rmar que ela:

A) ganha dinheiro.

B) não ganha dinheiro nem perde dinheiro.

C) perde R$27,00.

D)perde R$37,00.

E) ganha ou perde dinheiro, dependendo da ordem em que ocorreram suas

1

2 Unidade 7

vitórias e derrotas.

Comentário. Em geral os alunos escolhem uma ordem para ver o que

aconteceu; aliás, essa é até uma boa estratégia. Por exemplo, se ela vence

as três primeiras apostas e perde as últimas trÊs, o seu capital evoluiu de

acordo com o esquema: 64→ 96→ 144→ 216→ 108→ 54→ 27.

Se ela começou com R$64,00 e terminou com R$27,00, ela perdeu R$37,00.

Já houve um progresso. Sabemos agora que a resposta só poderá ser D) ou

E).

Em seguida os alunos costumam experimentar uma outra ordem; por

exemplo, ganhando e perdendo alternadamente. Obtêm-se: 64 → 96 →48→ 72→ 36→ 54→ 27. Nessa ordem a pessoa também perdeu R$37,00.

Em seguida, experimentam outra ordem, torcendo para que a pessoa não

termine com R$27,00, o que permitiria concluir que a resposta é E). Infe-

lizmente encontram que a pessoa novamente termina com R$27,00 e per-

manecem na dúvida. Alguns se dispõem a tentar todas as ordens possíveis,

mas logo desistem ao perceber que há 20 ordens possíveis.

Solução. A melhor maneira de abordar problemas nos quais há uma gran-

deza variável, da qual é conhecida a taxa (porcentagem) de variação, é con-

centrar a atenção, não na taxa de variação da grandeza, e sim no valor da

grandeza depois da variação.

Neste problema, devemos pensar assim: Cada vez que ganha, o capital

aumenta1

2(ou seja, 50%) e passa a valer 1 +

1

2=

3

2do que valia; cada vez

que perde, o capital diminui de1

2(ou seja, 50%) e passa a valer 1 − 1

2=

1

2do que valia.

Pensando assim, �ca claro que se a pessoa vence as três primeiras apostas

e perde as três últimas, a evolução de seu capital se dá de acordo com o

esquema:

64→ 64 · 3

2→ 64 · 3

2· 3

2→ 64 · 3

2· 3

2· 3

2→ 64 · 3

2· 3

2· 3

2· 1

2→

→ 64 · 3

2· 3

2· 3

2· 1

2· 1

2→ 64 · 3

2· 3

2· 3

2· 1

2· 1

2· 1

2·

Progressões Geométricas 3

Ela termina com 64 · 3

2· 3

2· 3

2· 1

2· 1

2· 1

2· = 27 reias. Além disso, �ca

claro também que se as vitórias e derrotas tivessem ocorrido em outra ordem,

isso apenas mudaria a ordem dos fatores, sem alterar o produto, e a pessoa

também terminaria com R$27,00.

Se ela começou com R$64,00 e terminou com R$27,00 ela perdeu R$37,00.

A resposta é D).

Exemplo 2. Aumentando de 20% o raio da base de um cilindro e diminuindo

de 30% sua altura, de quanto variará seu volume?

Solução. O volume é diretamente proporcional ao quadrado do raio e à

altura. Portanto, V − kr2h, onde k é a constante de proporcionalidade.

Sabemos que k = π, mas isso é irrelevante para o problema.

Depois da variação, os novos valores de r e de h serão r′ = 1, 2r e h′ =

0, 7h, pois o aumento de 20% passa a valer 120% = 1, 2 do que valia e o que

diminui de 30% passa a valer 70% = 0, 7 do que valia.

O novo volume será

V ′ = k(1, 2r)20, 7h = 1, 008 k r2h = 100, 8%V.

O volume aumenta de 0, 8%.

Exemplo 3. A população de um país é hoje igual a P0 e cresce 2% ao ano.

Qual será a população dese país daqui a n anos?

Solução. Se a população cresce 2% ao ano, em cada ano a população é

de 102% da população do ano anterior. Portanto, a cada ano que passa, a

população sofre uma multiplicação de 102% = 1, 02. Depois de n anos, a

população será P0 . 1, 02n.

Exemplo 4. A torcida de certo clube é hoje igual a P0 e decresce 5% ao

ano. Qual será a torcida desse clube daqui a n anos?

4 Unidade 7

Solução. Se a torcida decresce 5% ao ano, em cada ano a torcida é de 95%

da torcida anterior. Portanto, a cada ano que passa, a torcida sofre uma

multiplicação por 95% = 0, 95. Depois de n anos, a torcida será P0 . 0, 95n.

O que deve ter �cado claro nesses exemplos é que se uma grandeza tem

taxa de crescimento igual a i, cada valor da grandeza é igual a (1 + i) vezes

o valor anterior.

Progressões geométricas são sequências nas quais a taxa de crescimento i

de cada termo para o seguinte é sempre a mesma.

Exemplo 5. A sequência (1, 2, 4, 8, 16, 32, . . .) é um exemplo de uma pro-

gressão geométrica. Aqui a taxa de crescimento de cada termo para o seguinte

é de 100%, o que faz com que cada termo seja igual a 200% do termo ante-

rior.

Exemplo 6. A sequência (1000, 800, 640, 512, . . .) é um exemplo de uma pro-

gressão geométrica. Aqui, cada termo é 80% do termo anterior. A taxa de

crescimento de cada termo para o seguinte é de −20%.

É claro então que numa progressão geométrica cada termo é igual ao

anterior multiplicado por 1 + i, onde i é a taxa de crescimento dos termos.

Chamamos 1 + i de razão da progressão e representamos a razão por q.

Portanto, uma progressão geométrica é uma sequência na qual é constante

o quociente da divisão de cada termo pelo termo anterior. Esse quociente é

chamado de razão da progressão e é representado pela letra q. A razão q de

uma progressão geométrica é simplesmente o valor de 1 + i, onde i é a taxa

de crescimento constante de cada termo para o seguinte.

Exemplo 7. As sequências (2, 6, 18, 54, . . .) e (128, 32, 8, 2, . . .) são progres-

sões geométricas cujas razões valem respectivamente q1 = 3 e q2 =1

4. Suas

taxas de crescimento são respectivamente i1 = 2 = 200% e i2 = −3

4= −75%,

pois q = 1 + i.


Em uma progressão geométrica (a1, a2, a3, . . .), para avançar um termo

basta multiplicar pela razão; para avançar dois termos, basta multiplicar

duas vezes pela razão, e assim por diante.

Por exemplo, a13 = a5q8, pois avançamos 8 termos ao passar de a5 para

a13; a12 = a7q5, pois avançamos 5 termos ao passar de a7 para a12; a4 =

a17q13

,

pois ao passar de a17 para a4, retrocedemos 13 termos; de modo geral, an =

a1qn−1, pois, ao passar de a1 para an, avançamos n− 1 termos.

Em muitos casos é mais natural numerar os termos a partir de zero, como

foi feito nos exemplos 3 e 4; nesse caso, an = a0qn, pois avançamos n termos

ao passar de a0 para an.

Exemplo 8. Em uma progressão geométrica, o quinto termo vale 5 e o

oitavo termo vale 135. Quanto vale o sétimo termo dessa progressão?

Solução. a8 = a5q3, pois ao passar do quinto termo para o oitavo, avançamos

3 termos. Logo, 135 = 5q3 e q = 3. Analogamente, a7 = a5q2 = 5 . 32 = 45.

O sétimo termo vale 45.

Exemplo 9. Como em uma progressão geométrica an = a0qn, a função que

associa a cada natural n o valor de an é simplesmente a restrição aos naturais

da função exponencial a(x) = a(0)qx. Portanto, pensando em uma progressão

geomátrica como uma função que associa a cada número natural n o valor an,

o grá�co dessa função é formado por uma sequência de pontos pertencentes

ao grá�co de uma função exponencial.

Exemplo 10. Qual é a razão da progressão geométrica que se obtém in-

serindo 3 termos entre os números 30 e 480?

Solução. Temos a1 = 30 e a5 = 480. Como a5 = a1q4, 480 = 30q4, q4 = 16

e q = ±3.

Um resultado importante é a fórmula que relaciona taxas de crescimento

referidas a períodos de tempo diversos.

6 Unidade 7

Figura 1:

Fórmula das taxas equivalentes

Se I é a taxa de crescimento de uma grandeza relativamente ao período de

tempo T e i é a taxa de crescimento relativamente ao período t, e se T = nt,

então 1 + I = (1 + i)n.

Prova. Seja G0 o valor inicial da grandeza. Apões um período de tempo T ,

o valor da grandeza será G0(1 + I)1. Como um período de tempo T equivale

a n períodos de tempo iguais a t, o valor da grandeza será também igual a

G0(1 + i)n. Logo, G0(1 + i)1 = G0(1 + i)n 3 1 + I = (1 + i)n, cqd.

Exemplo 11. Se a população de um país cresce 2% ao ano, quanto crescerá

em 25 anos?

Solução. Temos i = 2% = 0, 02 e n = 25. Daí, 1 + I = (1 + i)n =

(1 + 0, 02)25 ∼= 1, 6406 e I ∼= 0, 6406 = 64, 06%.

Exemplo 12. Uma bomba de vácuo retira, em cada sucção, 2% do gás

existente em certo recipiente. Depois de 50 sucções, quanto restará do gás

inicialmente existente?

Solução. Temos i = −2% = −0, 02 e n = 50. Daí, 1 + I = (1 + i)n =

(1 − 0, 02)50 ∼= 0, 3642 e I ∼= −0, 6358 = −63, 58%. A quantidade de gás


diminuirá de aproximadamente 63, 58%. Restarão aproximadamente 36, 42%

do gás inicialmente existente.

Outro resultado importante é a:

Fórmula da soma nos n primeiros termos de uma

progressão geométrica

A soma nos n primeiros termos de uma progressão geométrica (an) de razão

q 6= 1, é Sn = a11− qn

1− q.

Prova. Sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an.

Multiplicando por q, obtemos

qSn = a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1.

Subtraindo, sn− qSn = a1−an+1, isto é, Sn(1− q) = a1−a1qn e, �nalmente,

Sn = a11− qn

1− q.

Exemplo 13. Diz a lenda que o inventor do xadrez pediu como recompensa

1 grão de trigo pela primeira casa, 2 grãos pela segunda, 4 pela terceira e

assim por diante, sempre dobrando a quantidade a cada casa nova. Como o

tabukeiro de xadrez tem 64 casas, o número de grãos pedidos pelo inventor

do jogo é a soma dos 64 primeiros termos da progressão geométrica 1, 2, 4, . . ..

O valor dessa soma é

Sn = a11− qn

1− q= 1

1− 264

1− 2= 264 − 1.

Calculando, obtemos um estupendo número de dígitos:

18 446 744 073 709 551 615.

8 Unidade 7

Nas progressões geométricas em que |q| < 1, a soma dos n primeiros

termos tem um limite �nito quando n → ∞. Como nesse caso limn→∞

qn = 0

temos

limn→∞

Sn = a11− 0

1− q,

isto é,

limn→∞

Sn =a1

1− q.

Exemplo 14. O limite da soma 0, 3+0, 03+0, 003+ . . . quando o número de

parcelas tende a in�nito é igual a0, 3

1− 0, 1=

1

3. O resultado é intuitivo pois

somando um número muito grande de termos da progressão encontraremos

aproximadamente a dízima periódica 0, 33333 · · · = 1

3.

Exemplo 15. Calcule o limite da soma da progressão geométrica1

2+

1

4+

1

8+

1

16+ . . . .

Solução. limn→∞

Sn =q1

1− q=

12

1− 12

= 1. O resultado admite uma interes-

sante paráfrase. Suponha que Salvador deva correr 1km. Inicialmente ele

corre metade dessa distância, isto é,1

2km; em seguida ele corre metade da

distância que falta, isto é,1

4km; depois, metade da distância restante, isto é,

1

8km, e assim por diante.

Depois de n etapas, Salvador terá corrido

1

2+

1

4+

1

8+ · · ·+ 1

2nkm.

Se n for grande, essa soma será aproximadamente igual a 1km.

Exemplo 16. O teorema da somação,n∑k=1

∆ak = an+1−a1, também nos per-

mitiria determinar o valor da soma dos n primeiros termos de uma progressão


geométrica. Supondo q 6= 1 e observando que ∆qk−1 = qk−qk−1 = qk−1(q−1),

temos

a1 + a2 + a3 + · · ·+ an =n∑k=1

ak =n∑k=1

a1qk−1 =

a1q − 1

n∑k=1

∆qk−1

=a1q − 1

(qn+1−1 − q0) = a11− qn

1− q.

Encerramos esta seção com a chamada fórmula de somação por partes.

Temos ∆(akbk) = ak+1bk+1 − akbk = ak+1(bk+1 − bk) + bk(ak+1 − ak) =

ak+1∆bk + bk∆ak. Daí resulta ak+1∆bk = ∆(akbk)− bk∆ak. Somando, obte-

mos a fórmula de somação por partes:

n∑k=1

ak+1∆bk = an+1bn+1 − a1b1 −n∑k=1

ak∆ak.

Exemplo 17. Calculen∑k=1

k3k.

Solução. ∆3k = 3k+1−3k = 3k(3−1) = 2 . 3k. Logo, 3k =1

2∆3k e

n∑k=1

k3k =

1

2

n∑k=1

k∆3k.

Aplicando a fórmula de somação por partes

n∑k=1

ak+1∆bk = an+1bn+1 − a1b1 −n∑k=1

bk∆ak.

com ak+1 = k(logo, ak = k − 1 e ∆ak = ak+1 − ak = 1) e bk = 3k, temos

n∑k=1

k3k =1

2

n∑k=1

k∆3k =1

2

[n . 3n+1 − 0−

n∑k=1

3k . 1

].

10 Unidade 7

Masn∑k=1

3k = 31− 3n

1− 3=

3n+1

2− 3

2

Daí resultan∑k=1

k3k =n

23n+1 − 3n+1

4+

3

4=

2n− 1

43n+1 +

3

4.

Exercícios

1. Aumentos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um aumento único de

quanto?

2. Descontos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um desconto único de

quanto?

3. Um aumento de 10% seguido de um desconto de 20% equivale a um des-

conto único de quanto?

4. Aumentando sua velocidade em 60%, de quanto você diminui o tempo de

viagem?

5. Um decrescimento mensal de 5% gera um decrescimento anual de quanto?

6. O período de um pêndulo simples é diretamente proporcional à raiz

quadrada do seu comprimento. De quanto devemos aumentar o compri-

mento para aumentar de 20% o período?

7. Mantida constante a temperatura, a pressão de um gás perfeito é inver-

samente proporcional a seu volume. De quanto aumenta a pressão quando

reduzimos de 20% o volume?

8. Se a base de um retângulo aumenta de 10% e a altura diminui de 10%,

de quanto aumenta a área?

9. Um carro novo custa R$18 000,00 e, com 4 anos de uso, vale R$ 12 000,00.

Supondo que o valor decresça a uma taxa anual constante, determine o valor

do carro com 1 ano de uso.

10. Os lados de um triângulo retângulo formam uma progressão geométrica


crescente. Determine a razão dessa progressão.

11. Os lados de um triângulo estão em progressão geométrica. Entre que

valores pode variar a razão?

12. Qual o quarto termo da progressão geométrica√

2, 3√

2, 6√

2,...?

13. Determine três números em progressão geométrica, conhecendo sua soma

19 e a soma de seus quadrados 133.

14. A soma de três números em progressão geométrica é 19. Subtraindo-se

1 ao primeiro, eles passam a formar um progressão aritmética. Calcule-os.

15. Quatro números são tais que os três primeiros formam uma progressão

aritmética de razão 6, os três últimos uma progressão geométrica e o primeiro

número é igual ao quarto. Determine-os.

16. Número perfeito é aquele que é igual à metade da soma dos seus divi-

sores positivos. Por exemplo, 6 é perfeito pois a soma dos seus divisores é

1+2+3+6 = 12. Prove que, se 2p−1 é um número primo, então 2p−1 . (2p−1)

é um número perfeito.

17. Calcule o valor da soma de n parcelas 1 + 11 + · · ·+ 111 . . . 1.

18. Mostre que o número 444 . . . 488 . . . 89, formado por n dígitos iguais a

4, n − 1 dígitos iguais a 8 e um dígito igual a 9, é um quadrado perfeito.

Determine sua raiz quadrada.

19. A espessura de uma folha de estanho é 0,1mm. Forma-se uma pilha

de folhas colocando-se uma folha na primeira vez e, em sada uma das vezes

seguintes, tantas quantas já houveram sido colocadas anteriormente. Depois

de 33 dessas operações, a altura da pilha será, aproximadamente:

a) a altura de um poste de luz,

b) a altura de um prédio de 40 andares.

c) o comprimento da praia de Copacabana.

d) a distância Rio-São Paulo.

e) o comprimento do equador terrestre.

20. Um garrafão contém p litros de vinho. Retira-se um litro de vinho

do garrafão e acrescenta-se um litro de água, obtendo-se uma mistura ho-

mogênea; retira-se, a seguir um litro da mistura e acrescenta-se um litro de

12 Unidade 7

água e assim por diante. Qual a quantidade de vinho que restará no garrafão

após n dessas operações?

21. Calcule a soma dos divisores de 12.600 que seja:

a) positivos.

b) ímpares e positivos.

22. Determine as geratrizes das dízimas periódicas:

a) 0, 141414141 . . .

b) 0, 345454545 . . .

c) 0, 999999999 . . .

d) 1, 711111111 . . .

23. Determine os limites das somas abaixo:

a) 2 +2

3+

2

9+ . . .

b)1

7+

2

72+

1

73+

2

74+

1

75+

2

76+ . . .

c)1

2+

3

4+

5

8+

7

16+

9

32+ . . .

d) 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + . . . , −1 < x < 1.

e) 1− 1

2− 1

4+

1

8− 1

16− . . .

24. Larga-se uma bola de uma altura de 5cm. Após cada choque com o solo,

ela recupera apenas 4/9 da altura anterior. Determine:

a) a distância toral percorrida pela bola.

b) o tempo gasto pela bola até parar.

25. Na �gura abaixo temos uma linha poligonal, de lados ora perpendicu-

lares a AB, ora perpendiculares a AC. Sendo a e b, respectivamente, os dois

primeiros lados da poligonal, pede-se determinar:

a) o comprimento da mesma.

b) o comprimento do n-ésimo lado da poligonal.


Figura 2:

26. Na �gura abaixo temos uma espiral formada por semicírculos cujos

centros pertencem ao eixo das abcissas. Se o raio do primeiro semicírculo é

igual a 1 e o raio de cada semicírculo é igual à metade do raio do semicírculo

anterior, determine:

a) o comprimento da espiral.

b) a abcissa do ponto P , ponto assintótico da espiral.

Figura 3:

27. Na �gura abaixo temos uma sequência de círculos tangentes a duas

retas. O raio do primeiro círculo é 1 e o raio do segundo é r < 1. cada

círculo tangencia externamente o círculo anterior. Determine a soma dos

raios dos n primeiros círculos.

14 Unidade 7

Figura 4:

28. Uma faculdade recebe todos os anos 300 alunos novos no primeiro

semestre e 200 alunos novos no segundo semestre. 30% dos alunos são

reprovados no primeiro período e repetem o período no semestre seguinte.

Sendo an e bn, respectivamente, o número de alunos do primeiro período no

primeiro e no segundo semestres do ano n, calcule lim an e lim bn.

29. Seja Sn a soma das áreas dos n primeiros quadrados obtidos a partir de

um quadrado Q1 de lado 1 pelo seguinte processo: �os vértices do quadrado

Qn+1 são os pontos médios dos lados de Qn�. Determine quais das a�rmações

abaixo são verdadeiras:

1) É possível escolher Sn de modo que Sn > 1, 9.

2) É possível escolher Sn de modo que Sn > 2.

3) É possível escolher Sn de modo que Sn > 2, 1.

4) É possível escolher Sn de modo que Sn = 2.

5) É possível escolher Sn de modo que Sn = 1, 75.

30. Calcule∞∑n=1

2n− 1

32n.

31. Sendo x e y positivos, calcule:

a)

√x

√x

√x√x . . . b)

√x

√y√x√y . . .

32. Começando com um segmento de tamanho 1, dividimo-lo em três partes

iguais e retiramos o interior da parte central, obtendo dois segmentos de com-


primento 1/3. Repetimos agora essa operação com cada um desses segmentos

e assim por diante. Sendo Sn a soma dos comprimentos dos intervalos que

restaram depois de n dessas operações, determine:

a) O valor de Sn.

b)O valor de limSn.

c) Certo livro, muito citado em aulas de análise de erros de livros didáticos,

a�rma que, ao �nal, o conjunto dos pontos não retirados é vazio. Isso é ver-

dade?

33. Se (an) é uma progressão geométrica de termos positivos, prove que (bn)

de�nida por bn = log an é uma progressão aritmética.

34. Se (an) é uma progressão aritmética, prove que (bn) de�nida por bn = ean

é uma progressão geométrica.

35. O rádio-226 tem meia-vida (período de tempo em que metade da massa

inicialmente presente se desintegra) de 1600 anos. A taxa de variação da

massa é constante. Em quanto tempo a terça parte da massa inicialmente

presente se desintegrará?

36. Sejam a = 111 . . . 1 (n dígitos iguais a 1) e b = 100 . . . 05 (n− 1 dígitos

iguais a 0). Prove que ab + 1 é um quadrado perfeito e determine sua raiz

quadrada.

37. Seja A =

[1 2

2 4

]. Determine An.

38. A curva de Koch é obtida em estágios pelo processo seguinte:

i) No estágio 0, ela é um triângulo equilátero de lado 1.

ii) O estágio n+1 é obtido a partir do estágio n, dividindo cada lado em três

partes iguais, construindo externamente sobre a parte central um triângulo

equilátero e suprimindo então a parte central (ver �gura abaixo). Sendo Pn

e An respectivamente o perímetro e a área do n-ésimo estágio da curva de

Koch, determine:

a)Pn b)An c) limPn d) limAn.

16 Unidade 7

Figura 5:

39. Pitágoras 1, que estudou a geração dos sons, observou que duas cordas

vibrantes, cujos comprimentos estivessem na razão de 1 para 2, soariam em

uníssono. Hoje sabemos que a razão das frequências dos sons emitidos por

essas cordas seria a razão inversa dos seus comprimentos, isto é, de 2 para 1 e

que duas cordas vibram em uníssono se e só se a razão de seus comprimentos

é uma potência inteira de 2.

A frequência da nota lá-padrão (o lá central do piano) é 440Hz e a fre-

quência do lá seguinte, mais agudo, é 880Hz (Hz é a abreviatura de hertz,

unidade de frequência que signi�ca siclo por segundo).

A escala musical ocidental (de J.S.Bach pra cá), dita cromática, divide

esse intervalo em doze semitons iguais, isto é, tais que a razão das frequências

de notas consecutivas é constante.

Sabendo que essas notas são LÁ - LÁ# - SI - DÓ - DÓ# - RÉ - RÉ# -

MI - FÁ - FÁ# - SOL - SOL# - LÁ, determine:

a) a frequência desse dó, primeiro dó seguinte ao lá padrão.

b) a frequência do sinal de discar de um telefone, que é o primeiro sol anterior

ao lá padrão.

c) a nota cuja frequência é 186Hz.

1Pitágoras, matemático de Samos, cerca de cinco séculos e meio antes de Cristo.


40. A lei de Weber (Ernest Heinrich Weber; 1795-1878; �siologista alemão),

para resposta de seres humanos a estímulos físicos, declara que diferenças

marcantes na resposta a um estímulo ocorrem para variações de intensidade

do estímulo proporcionais ao próprio estímulo. Por exemplo, um homem,

que sai de um ambiente iluminado para outro, só percebe uma variação da

luminosidade se esta for superior a 2%; só distingue entre soluções salinas se

a variação da salinidade for superior a 25%, etc...

Fechner (Gustav Theodor Fechner; 1801-1887; físico e �lósofo alemão)

propôs um método de construção de escalas baseado na lei de Weber. propôs

que enquanto os estímulos variassem em progressão geométrica, as medidas

das respostas variassem em progressão aritmética.

a)Mostre que numa escala de Fechner, as medidas da resposta y e do

estímulo x se relacionam por y = a+ b log x.

b)Uma das mais conhecidas escalas de Fechner é a que mede a sensação

de ruído. Ela é de�nida por L = 120 + 10 log10 l, onde L é a medida da

sensação d e ruído em decibéis (dB) e l é a intensidade sonora, medida em

W/m2. Duas bandas de �heavy metal� provocam um ruído quantos decibéis

acima do ruído provocado por uma banda?

41. Determine o valor de:

a)∞∑k=1

k2

2kb)

n∑k=1

k . 2k

Sugestões aos Exercícios

9. O valor, em mil reais, do carro com n anos de uso forma a progressão geométrica

na qual a0 = 18 e a4 = 12. Determine a1.

13. a+ aq + aq2 = 19 e a2 + a2q2 + a2q4 = 133. Divida.

14. Comece pela progressão aritmética x − r, x, x + r. A progressão geométrica

será x− r+ 1, x, x+ r. Temos (x− r+ 1) + x+ (x+ r) = 19 ex

x− r + 1=x+ r

x.

15. Os números são x− 6, x, x+ 6, x− 6 ex+ 6

x=x− 6

x+ 6.

16. Os divisores são da forma 2α . (2p − 1) como α ∈ {a, 1, . . . , p− 1} e β ∈ {0, 1}.

18 Unidade 7

Para calcular a soma dos divisores, some separadamente os divisores de têm β = 0

e os que têm β = 1.

17. A k-ésima parcela da soma é 1 + 10 + 102 + · · ·+ 10k−1.

18. O número é 9 + 8 . 10 + 8 . 102 + · · ·+ 8 . 10n + 4 . 10n + · · ·+ 4 . 102n−1.

19. Cada operação dobra o número de folhas. Use 210 = 1024 ∼= 103.

20. Em cada operação, a quantidade de vinho diminui de1

p.

23b. São duas progressões geométricas.

23c. Sendo S a soma pedida, calculeS

2e subtraia.

23c. Sendo S a soma pedida, calcule xS e subtraia.

23e. São três progressões geométricas.

24b. O tempo que uma bola gasta, partindo do repouso, para cair de uma altura h

é√

2h/g e quando uma bola é lançada do chão verticalmente para cima, o tempo

gasto na subida é igual ao tempo da descida.

25. Os triângulos são semelhantes e a razão de semelhança de cada um para o

anterior é sempre a mesma.

26. A abcissa do ponto assintótico é 2− 1 +1

2− 1

4+ . . .

28. lim an = 300 + 0, 3 . 200 + 0, 32 . 300 + 0, 33 . 200 + . . .

30. Inspire-se no problema 23c).

31a. A expressão é igual a x12 . x

14 . x

18 . . .

32c. O que acontece com os pontos de abcissas1

3,

1

32,

1

33etc?

35. Tomando 1600 anos como unidade de tempo, a massa existente no instante t

é M(t) = M(0)0, 5t.

36. a = 1 + 10 + 102 + · · ·+ 10n−1 e b = 10n + 5.

37. A2 = 5A.

38. Pn+1 =4

3e An+1 +

√3

12

(4

9

)n.

41a. Somação por partes com ak+1 = k2 e ∆bk =

(1

2

)k41b. Somação por partes com ak+1 = k e ∆bk = 2k.


Sobre o Ensino de Progressões

1. Não encha a cabeça de seus alunos com casos particulares desnecessário.

Isso só serve para obscurecer as idéias gerais e acaba di�cultando as coisas.

Saber que, numa progressão aritmética, cada termo é a média aritmética en-

tre seu antecedente e seu consequente não só não substitui, ou pelo menos não

substitui de modo e�ciente, o conhecimento de que uma progressão aritmé-

tica é uma sequência na qual a diferença entre cada termo e o termo anterior

é constante, como é uma consequência imediata disso. Realmente, se x, y, z,

estão em progressão aritmética, y − x = z − y. Daí, quem se interessar em

calcular y obterá y =x+ z

2.

Do mesmo modo são conhecimentos desnecessários:

Em uma progressão aritmética com um número ímpar de termos, o termo

central é a média aritmética dos extremos.

Em uma progressão aritmética, a soma de dois termos equidistantes dos

extremos é igual à soma dos extremos.

Em uma progressão geométrica cada termo é a média geométrica entre

seu antecedente e seu consequente. (Seria isso verdadeiro para a progressão

1,−1, 4?)

Em uma progressão geométrica com um número ímpar de termos, o termo

central é a média geométrica dos extremos (Seria isso verdadeiro para a

progressão 1,−1, 4?)

Em uma progressão geométrica, o produto de dois termos equidistantes

dos extremos é igual ao produto dos extremos.

2. Na maioria dos livros se encontram as fórmulas an = a1 + (n − 1)r,

para progressões aritméticas e an = a1qn−1, para progressões geométricas.

Nada contra essas fórmulas, já que usualmente o que se conhece de uma

progressão são o primeiro termo e a razão.

Entretanto é bom lembrar que o conhecimento apenas dessas fórmulas

costuma atrapalhar muitos alunos quando a progressão começa e, a0. É

certamente mais e�ciente saber que para avançar um termo basta somar r

20 Unidade 7

ou multiplicar por q, para avançar dois termos basta somar 2r ou multiplicar

q2, etc... Assim facilmente se conclui que an = a0 + nr e an = a1 + (n− 1)r,

nas progressões aritméticas, e que an = a0qn e an = a1q

n−1, nas progressões

geométricas.

3. Em alguns livros se encontram, além da fórmula an = a1 + (n − 1)r,

fórmulas como a1 = an−(n−1)r, r =an − a1n− 1

, n = 1+an − a1

r, supostamente

para facilitar o cálculo. Depois nos queixamos que os alunos não sabem

resolver equações do primeiro grau!

Mais cedo ou mais tarde, aparecerá um livro com uma fórmula para o

cálculo do 1, 1 = n− an − a1r

.

4. Alguns livros chegam ao cúmulo de trazerem duas versões da (desnecessária)

fórmula para o cálculo de r: r =an − a1n− 1

e r =an+2 − a1n+ 1

, a segunda para ser

usada quando a progressão tiver n + 2 termos, isto é, dois termos extremos

e mais n termos entre eles, como no exemplo 4.

5. Alguns livros trazem uma fórmula para o cálculo do produto dos n

primeiros termos de uma progressão geométrica, Pn = (√a1an)n.

Em primeiro lugar, essa fórmula está errada. Por ela, o produto dos três

primeiros termos da progressão1,−2, 4, . . . seria (√

1 . 4)3 = 23 = 8.

Em segundo lugar, se corrigirmos essa fórmula obteremos P 2n = (a1an)n e,

nas progressões cujos termos não são todos positivos, teremos algum trabalho

em descobrir se Pn = (a1an)n ou se Pn = −(a1an)n.

Em terceiro lugar, não há o menor interesse, prático ou teórico, em de-

terminar o produto dos termos de uma progressão geométrica.

Em quarto lugar, é muito simples determinar o produto dos termos de

uma progressão geométrica. Com efeito, isso já foi feito no exercício 7) da

parte de progressões aritméticas.

6. Moderação nos problemas. Problemas em que são dados a soma do

24o termo com o 47o e é pedida a diferença entre o 36o e o 11o não apare-

cem na vida real, não são interessantes e não desenvolvem o raciocínio. Uma

pergunta que devemos sempre nos fazer é a seguinte: �Se meu professor de


Matemática tivesse feito estes problemas, eu teria gostado de Matemática?�

7. Tenha sempre em mente que uma progressão geométrica é uma sequência

na qual a taxa de crescimento de cada termo para o seguinte é sempre a

mesma e esse instrumento matemático foi criado para descrever grandezas

que variam com taxa de crescimento constante. É absurdo, mas infelizmente

é comum, ensinar progressões geométricas e não relacioná-las à idéia de taxa

de crescimento.

8. A melhor maneira de resolver problemas com progressões com um número

pequeno de termos é escrevê-las e esquecer completamente as fórmulas para

calcular termos e somas de termos conforme �zemos nos exemplos 7 e 8 de

progressões aritméticas.

Entretanto, ao contrário do que ocorria com as progressões aritméticas,

não há nenhuma vantagem, ao escrever progressões aritméticas, em começar

pelo termo central. Chamar três números em progressão geométrica dex

q, x,

xq em vez de chamá-los de x, xq, xq2, só serve para criar desnecessariamente

denominadores e complicar as contas.

9. Calculadoras são indispensáveis para a resolução de quase todos os pro-

blemas de progressões geométrica da vida real.

10. Se você ensina exponenciais e logaritmos antes de progressões, não há

grandes di�culdades em falar intuitivamente de limite da soma dos termos de

uma progressão geométrica pois, ao fazer os grá�cos das funções exponenci-

ais e logarítmicas, você já deve ter comentado quais os limites de ax quando

x tende para +∞ ou para −∞. Se a primeira noção de limite aparece no

limite da soma da progressão geométrica, os exemplos 14 e 15 de progressões

geométricas são muito bons.

MA 12 - Unidade 8

Recorrencias Lineares de Primeira Ordem

Semana de 02/05 a 08/05

O assunto dessa unidade e o estudo mais sistematico das sequencias numericas definidas recursiva-

mente (ou por recorrencia), introduzidas na Unidade 3.

Conforme ja vimos anteriormente, uma sequencia e definida recursivamente se ela for dada por uma

regra (recorrencia) que permite calcular um termo qualquer atraves de um ou mais termos anteriores.

Por exemplo, PAs, PGs, o fatorial, as exponenciais com expoentes numeros naturais e a sequencia de

Fibonacci sao sequencias definidas por recorrencia.

Nesta unidade, sao estudadas as recorrencias lineares de primeira ordem, ou seja, sequencias em

que um termo qualquer e definido por uma expressao que envolve o termo anterior, sem eleva-lo a um

expoente maior do que 1, como, por exemplo:

1) Progressoes Aritmeticas: an = an−1 + r

2) Progressoes Geometricas: an = an−1q

3) Fatorial: an = nan−1

4) Exponencial com expoente natural: an = aan−1

Note que para definir uma sequencia desse modo, nao basta dar a recorrencia, mas e preciso dizer

qual e o seu primeiro termo. Isto e obvio nos casos de PAs e PGs. No caso (3), obtemos o fatorial se

tomarmos a1 = 1. Se tomarmos a1 = 2, por exemplo, obtemos a sequencia:

a1 = 2, a2 = 4, a3 = 12, a4 = 48, . . . ,

que nao representa o fatorial. Temos tambem que (4) somente define as potencias de a se tomarmos

a1 = a.

Esta unidade e dedicada, essencialmente, a determinar formulas fechadas para algumas recorrencias

lineares de primeira ordem, onde, por formula fechada, entendemos uma expressao an = φ(n) para

an como funcao de n. Quando se acha uma formula fechada para uma recorrencia, diz-se que ela foi

resolvida. Voce aprendera como resolver recorrencias do tipo an+1 = can+f(n), onde f e uma funcao

com domınio o conjunto dos naturais e c e uma constante.

MA12 - Unidade 8

Recorrências Lineares de primeira Ordem

Semana 02/05 a 08/05

1 Sequências De�nidas Recursivamente

Muitas sequências são de�nidas recursivamente (isto é, por recorrên-

cia), ou seja, por intermédio de uma regra que permite calcular qual-

quer termo em função do(s) antecessor(es) imediato(s).

Exemplo 1. A seqüência (xn) dos números naturais ímpares 1,3,5,

7,... pode ser de�nida por xn+1 = xn + 2 (n > 1), com x1 = 1.

Exemplo 2. Qualquer progressão aritmética (xn) de razão r e pri-

meiro termo a pode ser de�nida por xn+1 = xn+r (n > 1), com x1 = a.

1

2 MA12 - Unidade 8

Exemplo 3. Qualquer progressão geométrica (xn) de razão q e pri-

meiro termo a pode ser de�nida por xn+1 = q . xn (n > 1), com x1 = a.

Exemplo 4. A seqüência (Fn), dita de Fibonacci, cujos termos são

1, 1, 2, 3, 5,... e na qual cada termo é a soma dos dois imediatamente

anteriores, é de�nida por Fn+2 = Fn+1+Fn (n > 0), com F0 = F1 = 1.

É fácil ver que uma recorrência, por si só, não de�ne a sequência.

Por exemplo, a recorrência do exemplo 1, xn+1 = xn + 2, é satisfeita

não apenas pela sequência dos números ímpares, mas por todas as

progressões aritméticas de razão 2. Para que a sequência �que per-

feitamente determinada é necessário também o conhecimento do(s)

primeiro(s) termo(s).

Observe que, nos exemplos 1, 2 e 3 temos recorrências de primeira

ordem, isto é, nas quais cada termo é expresso em função do anteces-

sor imediato, e que, no exemplo 4, temos uma recorrência de segunda

ordem, ou seja, na qual cada termo é expresso em função dos dois

antecessores imediatos.

Exemplo 5. Quantas são as sequências de 10 termos, pertencentes a

{0, 1, 2}, que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0?

Solução. Chamando de xn o número de sequências com n termos, o

valor de xn+2 será a soma de:

i) o número de sequências de n + 2 termos que começam por 1 e

não possuem dois zeros consecutivos. Mas isso é precisamente igual

a xn+1, pois se o primeiro termo é 1, para formar a sequência basta

determinar os termos a partir do primeiro, o que pode ser feito de xn+1

modos.

Recorrências Lineares de primeira Ordem 3

ii) o número de sequências de n + 2 termos que começam por 2

e não possuem dois zeros consecutivos. Analogamente, isso é igual a

xn+1.

iii) o número de sequências de n + 2 termos que começam por 0

e não possuem dois zeros consecutivos. Se o primeiro termo é zero,

temos 2 modos de escolher o segundo termo (1 ou 2) e, escolhido o

segundo termo, temos xn modos de escolher os demais. Há, pois, 2xn

sequências começadas em 0.

Logo, xn+2 = 2xn+1 + 2xn. É fácil ver que x1 = 3 e que x2 = 8.

Daí obtemos x3 = 2x2 + 2x1 = 22, x4 = 60, . . . , x10 = 24 960.

Exemplo 6. Seja Dn o número de permutações caóticas de 1, 2, . . . , n,

isto é, o número de permutações simples de 1, 2, . . . , n, nas quais ne-

nhum elemento ocupa o seu lugar primitivo. Mostre que, se n > 1,

Dn+2 = (n+ 1)(Dn+1 +Dn).

Solução. Calculemos Dn+2, o número de permutações simples de

1, 2, . . . , n + 2 nas quais nenhum elemento ocupa o seu lugar primi-

tivo.

As permutações podem ser divididas em dois grupos: aquelas nas

quais o 1 ocupa o lugar do número que ocupa o primeiro lugar e aquelas

nas quais isso não ocorre.

Pera formar uma permutação do primeiro grupo, devemos escolher

o número que trocará de lugar com o 1, o que pode ser feito de n+ 1

modos, e, em seguida, devemos arrumar os demais n elementos nos

restantes n lugares, sem que nenhum desses elementos ocupe o seu

lugar primitivo, o que pode ser feito de Dn modos. Há (n + 1) · Dn

permutações no primeiro grupo.

Para formar uma permutação do segundo grupo, temos de escolher

4 MA12 - Unidade 8

o lugar que será ocupado pelo número 1 (chamemos esse lugar de k),

o que pode ser feito de n+ 1 modos, e, em seguida devemos arrumar

os restantes n + 1 elementos dos demais n + 1 lugares, sem que o

elemento k ocupe o primeiro lugar e sem que nenhum dos demais

elementos ocupe o seu lugar primitivo, o que pode ser feito de Dn+1

modos.

Há (n+ 1) ·Dn+1 permutações no segundo grupo.

Portanto, Dn+2 = (n + 1)(Dn+1 + Dn), como queríamos demons-

trar.

Exercícios

1. Para a sequência de�nida por xn+2 = 2xn+2 + xn, x0 = x1 = 1,

determine x5.

2. Seja xn o número máximo de regiões em que n retas podem dividir

o plano. Caracterize xn recursivamente.

3. Prove que uma recorrência de primeira ordem, xn+1 = f(xn), com

uma condição inicial x1 = a, tem sempre uma e uma só solução.

4. Prove que uma recorrência de segunda ordem xn+2 = f(xn+1, xn),

com condições iniciais x1 = a e x2 = b, tem sempre solução única.

5. Se xn+1 = 2xn e x1 = 3, determine xn.

6. Se xn+1 = xn + 3 e x1 = 2, determine xn.


7. Seja xn o número máximo de regiões em que n círculos podem

dividir o plano. Caracterize xn recursivamente.

8. Determine o número de permutações caóticas de 5 elementos.

9. Prove que o número de permutações caóticas de n elementos é

Dn = n!n∑

k=0

(−1)n

k!.


2. Seja xn o número de regiões para n retas. Quando se acrescenta

mais uma reta, ela começa criando uma região a mais e o mesmo acon-

tece após cada interseção dela com cada uma das n retas já existentes,

ou seja, se há n retas, a colocação de mais uma reta acrescenta n+ 1

regiões às regiões já existentes.

3. Indução!

4. Indução!

5. Observe que (xn) é uma progressão geométrica.

6. Observe que (xn) é uma progressão aritmética.

7. Seja xn o número de regiões para n círculos. Quando se acrescenta

mais um círculo, ele cria uma região a mais após cada interseção dele

com cada um dos n círculos que já existiam, ou seja, se há n círcu-

6 MA12 - Unidade 8

los, a colocação de mais um círculo acrescenta 2n regiões já existentes.

8. Dn+2 = (n+ 1)(Dn+1 +Dn), com D1 = 0 e D2 = 1.

9. Basta provar que Dn+2 = (n+ 1)(Dn+1 +Dn), D1 = 0 e D2 = 1.

2 Recorrências Lineares de Primeira Or-

dem

Uma recorrência de primeira ordem expressa xn+1 em função de xn.

Ela é dita linear se (e somente se) essa função for do primeiro grau.

Exemplo 1. As recorrências xn+1 = 2xn − n2 e xn+1 = nxn são

lineares e a recorrência xn+1 = x2n não é linear.

As duas últimas são ditas homogêneas, por não possuirem termo

independente de xn.

Não há grandes di�culdades na resolução de uma recorrência li-

near homogênea de primeira ordem, conforme mostram os exemplos a

seguir.

Exemplo 2. Resolva xn+1 = nxn, x1 = 1.


Solução. Temos

x2 = 1x1

x3 = 2x2

x4 = 3x3

. . . . . . . . .

xn = (n− 1)xn−1

Daí, multiplicando, obtemos xn = (n − 1)!x1. Como x1 = 1, temos

xn = (n− 1)!.

Exemplo 3. Resolva xn+1 = 2xn.

Solução. Temos

x2 = 2x1

x3 = 2x2

x4 = 2x3

. . . . . . . . .

xn = 2xn−1

Daí, multiplicando, obtemos xn = 2n−1x1. É claro que como não foi

prescrito o valor de x1, há uma in�nidade de soluções para a recorrên-

cia, xn = C · 2n−1, onde C é uma constante arbitrária.

As recorrências lineares não-homogêneas de primeira ordem que

mais facilmente se resolvem são as da forma xn+1 = xn + f(n).

8 MA12 - Unidade 8

Com efeito, temos

x2 = x1 + f(1)

x3 = x2 + f(2)

x4 = x3 + f(3)

. . . . . . . . .

xn = xn−1 + f(n− 1)

Somando, obtemos xn = x1 +n−1∑k=1

f(k).

Exemplo 4. Resolva xn+1 = xn + 2n, x1 = 1.

Solução. Temos

x2 = x1 + 2

x3 = x2 + 22

x4 = x3 + 23

. . . . . . . . .

xn = xn−1 + 2n−1

Somando, resulta

xn = x1 + (2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1)

= 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1

= 12n − 1

2− 1= 2n − 1.


Exemplo 5. resolva xn+1 = xn + n, x1 = 0

Solução. Temos

x2 = x1 + 1

x3 = x2 + 2

x4 = x3 + 3

. . . . . . . . .

xn = xn−1 + (n− 1)

Somando, resulta

xn = x1 + 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1)

= 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1)

=n(n− 1)

2.

O teorema a seguir mostra que qualquer recorrência linear não-

homogênea de primeira ordem pode ser transformada em uma da

forma xn+1 = xn + f(n).

Teorema 1. Se an é uma solução não-nula de xn+1 = g(n)xn, en-

tão a substituição xn = anyn transforma a recorrência

xn+1 = g(n)xn + h(n) em yn+1=yn + h(n)[g(n) · an]−1.

Prova. A substituição xn = anyn transforma

xn+1 = g(n)xn + h(n) em an+1yn+1 = g(n)anyn + h(n).

Mas an+1 = g(n)an pois an é solução de xn+1 = g(n)xn.

10 MA12 - Unidade 8

Portanto a equação se transforma em

g(n)anyn+1 = g(n)anyn + h(n),

ou seja, yn+1 = yn + h(n)[g(n) · an]−1.

Exemplo 6. Resolva xn+1 = 2xn + 1, x1 = 2.

Solução. Uma solução não-nula de xn+1 = 2xn é, por exemplo,

xn = 2n−1, conforme vimos no exemplo 3.

Façamos a substituição xn = 2n−1yn.

Obtemos 2nyn+1 = 2nyn + 1, ou seja, yn+1 = yn + 2−n.

Daí se tem

y2 = y1 + 2−1

y3 = y2 + 2−2

y4 = y3 + 2−3

. . . . . . . . .

yn = yn−1 + 2−(n−1)

Somando, resulta

yn = y1 + 2−1 + 2−2 + 2−3 + · · ·+ 2−(n−1)

= y1 + 2−1 (2−1)n−1 − 1

2−1 − 1

= y1 − 21−n + 1.

Como xn = 2n−1yn e x1 = 2, temos y1 = 2 e yn = 3 − 21−n. Daí,

xn = 3 · 2n−1 − 1.

Exemplo 7. Resolva xn+1 = 3xn + 3n, x1 = 2.


Solução. Uma solução não-nula de xn+1 = 3xn é, por exemplo,

xn = 3n−1 (ou qualquer outra progressão geométrica de razão 3).

Façamos a substituição xn = 3n−1yn.

Obtemos 3nyn+1 = 3nyn + 3n, ou seja, yn+1 = yn + 1.

Daí, yn é uma progressão aritmética de razão 1. Logo, yn = y1 +

(n− 1)1.

Como xn = 3n−1yn e x1 = 2, temos y1 = 2 e yn = n + 1. Daí,

xn = (n+ 1)3n−1.

Exercícios

1. Determine o número máximo de regiões em que n retas podem

dividir o plano. (Veja o exemplo 2 da seção recorrência).

2. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1},que possuem em número ímpar de termos iguais a 0?

3. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a

{0, 1, 2}, que possuem em número ímpar de termos iguais a 0?

4. (A Torre de Hanói). Diz a lenda que havia em um tempo 3 estacas

e n discos de ouro, de diâmetros diferentes. Inicialmente os discos

estavam en�ados na primeira estaca, em ordem crescente de diâme-

tros, de cima para baixo. Ocupavam-se os sacerdotes em transferí-los

para a terceira estaca, usando a segunda como estaca auxiliar. No

processo de transferência, de cada vez se movia apenas um disco, de

uma estaca para a outra, e jamais um disco poderia ser colocado so-

12 MA12 - Unidade 8

bre um disco menor. Quando todos estivessem en�ados na terceira

estaca, o mundo acabaria. Quantas transferências de discos, de uma

estaca para a outra, devem ser feitas para colocá-las na terceira estaca?

5. Sheila e Helena disputam uma série de partidas. Cada partida

é iniciada por quem venceu a partida anterior. Em cada partida,

quem iniciou tem probabilidade 0,6 de ganhá-la e probabilidade 0,4

de perdê-la. Se Helena iniciou a primeira partida, qual é a probabili-

dade de Sheila ganhar a n-ésima partida?

6. Determine o número máximo de regiões em que n círculos po-

dem dividir o plano. (Veja o exemplo 7 da seção 3.1).

7. Resolva a equação xn+1 = (n+ 1)xn + n, x1 = 1.

8.Resolva a equação (n+ 1)xn+1 + nxn = 2n− 3, x1 = 1.

9.Resolva a equação xn+1 − nxn = (n+ 1)!, x1 = 1.

10. Um círculo foi dividido em n (n > 2) setores. De quantos mo-

dos podemos colorí-los, cada setor com uma só cor, se dispomos de k

(k > 2) cores diferentes e setores adjacentes não devem ter a mesma

cor?

11. A torcida do Fluminense tem hoje p0 membros. A taxa anual de

natalidade é i, a mortalidade é j e, além disso, todo ano um número

�xo de R torcedores desiste de vez. Se i > j, determine o número de

torcedores daqui a n anos. A torcida está condenada a extinção?



1. xn+1 = xn + n+ 1, x0 = 1.

2. O número de sequências é a soma do número de sequências co-

meçadas por 1 com número de sequências começadas por 0, isto é,

xn+1 = xn + (2n − xn).

3. xn+1 = 2xn + (3n − xn), x1 = 1.

4. xn+1 = 2xn + 1, x1 = 1.

5. Para Sheila ganhar a n-ésima partida, ou ela ganha a n-ésima

partida e ganha a anterior, ou ganha a n-ésima e perde a anterior.

Obtém-se xn+1 = 0, 6xn + 0, 4(1− xn), x1 = 0, 4.

6.n

(n+ 1)!=

n+ 1− 1

(n+ 1)!=

1

n!− 1

(n+ 1)!.

10. Seja xn+1 o número de colorações para n + 1 setores. Há k

modos de colorir o primeiro setor e k − 1 modos de colorir cada um

dos demais setores, já que setor não pode receber a mesma cor que

o setor anterior, o que daria k · (k − 1)n modos de colorir os setores.

Esse resultado inclui colorações nas quais o primeiro e o último setores

recebem a mesma cor. Descontando o que se contou indevidamente,

obtemos xn+1 = k(k − 1)n − xn, com x2 = k(k − 1).

11. pn+1 = (1 + i− j)pn −R.

MA 12 - Unidade 9

Recorrencias Lineares de Segunda Ordem

Semana de 02/05 a 08/05

Um exemplo de recorrencia linear de segunda ordem e a recorrencia que define a sequencia de

Fibonacci: xn = xn−1 + xn−2.

Mais geralmente, uma recorrencia linear de segunda ordem e uma recorrencia do tipo

f(n)xn + g(n)xn−1 + h(n)xn−2 + k(n) = 0,

onde f, g, h e k sao funcoes cujo domınio e o conjunto dos numeros naturais e f(n) nunca se anula.

Quando k = 0, a recorrencia e dita homogenea. Para que uma recorrencia do tipo acima nos defina

uma sequencia, e preciso estipular os valores dos seus dois termos iniciais.

Nesta unidade, e apresentada uma tecnica para resolver recorrencias lineares homogeneas de segunda

ordem, com coeficientes constantes. Essa tecnica consiste em encontrar PGs da forma qn que resolvem

a recorrencia e cujas razoes q sao raızes de uma equacao algebrica do segundo grau chamada equacao

caracterıstica da recorrencia. O termo geral da sequencia e entao obtido como uma combinacao linear

dessas PGs com coeficientes determinados gracas aos valores fixados para x1 e x2.

Essa tecnica pode ser plenamente justificada usando Algebra Linear, o que sera feito oportuna-

mente no lugar apropriado, e que e a mesma utilizada na resolucao de equacoes diferenciais lineares

homogeneas com coeficientes constantes, onde as PGs sao substituıdas por funcoes exponenciais.

Tal como na teoria das equacoes diferenciais, as solucoes de uma equacao com coeficientes cons-

tante se obtem somando uma solucao particular da equacao dada as solucoes da equacao homogenea

associada.

Para saber (bem) mais sobre sequencias recorrentes, recomendamos a leitura do artigo Sequencias

Recorrentes, de Carlos Gustavo Moreira, que o leitor encontrara anexado a presente unidade. Este

material e apenas complementar e nao sera cobrado nas avaliacoes.

MA12 - Unidade 9

Recorrências Lineares de segunda Ordem

Semana 02/05 a 08/05

Inicialmente trataremos das recorrências lineares de segunda ordem

homogêneas, com coe�cientes constantes, que são recorrências da forma

xn+2 + pxn+1 + qxn = 0. Suporemos sempre q 6= 0, pois se q = 0, a

recorrência é, na realidade, uma recorrência de primeira ordem.

A cada recorrência linear de segunda ordem homogênea, com coe-

�cientes constantes, da forma xn+2 + pxn+1 + qxn = 0, associaremos

uma equação do segundo grau, r2 + pr + q = 0, chamada de equação

característica. A nossa suposição preliminar de ser q 6= 0 implica 0

não ser raiz da equação característica.

Exemplo 1. A recorrência xn+2 = xn+1 + xn tem equação carac-

1

2 MA12 - Unidade 9

terística r2 = r + 1. As raízes da equação característica são

1±√5

2.

O teorema a seguir mostra que se as raízes da equação caracterís-

tica são r1 e r2, então qualquer sequência da forma an = C1rn1 +C2r

n2 é

solução da recorrência, quaisquer que sejam os valores das constantes

C1 e C2.

Teorema 1. Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são r1 e r2, então

an = C1rn1 + C2r

n2 é solução da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0,

quaisquer que sejam os valores das constantes C1 e C2.

Prova. Substituindo an = C1rn1 +C2r

n2 na recorrência xn+2+pxn+1+

qxn = 0, obtemos, grupando convenientemente os termos,

C1rn1 (r

21 + pr1 + q) + C2r

n2 (r

22 + pr2 + q)

= C1rn10 + C2r

n20 = 0.

Exemplo 2. A equação xn+2 + 3xn+1 − 4xn = 0 tem r2 + 3r − 4 = 0

como equação característica.

As raízes da equação característica são 1 e −4.De acordo com o teorema 1, todas as sequências da forma an =

C11n + C2(−4)n são soluções da recorrência. z1 = z2 = 0

O teorema a seguir mostra que, se r1 6= r2, todas as soluções de

recorrência têm a forma apontada no teorema 1.

Teorema 2. Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são r1 e r2, com r1 6= r2,

Recorrências Lineares de segunda Ordem 3

então todas as soluções da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0 são da

forma an = C1rn1 + C2r

n2 , C1 e C2 constantes.

Prova. Seja yn uma solução qualquer de xn+2 + pxn+1 + qxn = 0.

Determine constantes C1 e C2 que sejam soluções do sistemas de

equações {C1r1 + C2r2 = y1

C1r21 + C2r

22 = y2

isto é,

C1 =r22y1 − r2y2r1r2(r2 − r1)

e C2 =r1y2 − r21y1r1r2(r2 − r1)

.

Isso é possível pois r1 6= r2 e r1 6= 0 e r2 6= 0.

A�rmamos que yn = C1rn1 + C2r

n2 para todo n natural, o que

provará o teorema.

Com efeito, seja zn = yn − C1rn1 − C2r

n2 . Mostraremos que zn = 0

para todo n. Temos

zn+2 + pzn+1 + qzn = (yn+2 + pyn+1 + qyn)−

−C1rn1 (r

21 + pr1 + q)− C2r

n2 (r

22 + pr2 + q).

O primeiro parênteses é igual a zero porque yn é solução de xn+2 +

pxn+1 + qxn = 0; os dois últimos parênteses são iguais a zero porque

r1 e r2 são raízes de r2 + pr + q = 0. Então zn+2 + pzn+1 + qzn = 0.

Além disso, como C1r1 + C2r2 = y1 e C1r21 + C2r

22 = y2, temos

z1 = z2 = 0

Mas, se zn+2 + pzn+1 + qzn = 0 e z1 = z2 = 0, então zn = 0 para

todo n, cqd.

Exemplo 3. Quais as soluções da recorrência

xn+2 + 3xn+1 − 4xn = 0?

4 MA12 - Unidade 9

Solução. A equação característica r2+3r−4 = 0, cujas raízes são 1 e

−4. De acordo com os teoremas 1 e 2, as soluções da recorrência são as

sequências da forma an = C11n+C2(−4)n, isto é, an = C1+C2(−4)n,

onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.

Exemplo 4. Determine o número de Fibonacci Fn. A sequência

de Fibonacci é de�nida por Fn+2 = Fn+1 + Fn, com F0 = F1 = 1.

Solução. A equação característica é r2 = r+1. As raízes da equação

característica são1±√5

2.

Então

Fn = C1

(1 +√5

2

)n

+ C2

(1−√5

2

)n

.

Para determinar C1 e C2 basta usar F0 = F1 = 1.

Obtemos o sistema{C1 + C2 = 1

C11+√5

2+ C2

1−√5

2= 1

Logo,

Fn =

√5 + 1

2√5

(1 +√5

2

)n

+

√5− 1

2√5

(1−√5

2

)n

,

isto é,

Fn =1√5

(1 +√5

2

)n+1

− 1√5

(1−√5

2

)n+1

.

Se as raízes da equação característica forem complexas, a solução

an = C1rn1 + C2r

n2 , C1 e C2 constantes arbitrárias pode ser escrita


de modo a evitar cálculos com complexos. Pondo as raízes na forma

trigonométrica, teremos:

r1 = ρ(cos θ + i sen θ), r2 = ρ(cos θ − i sen θ)

rn1 = ρn(cosnθ + i sennθ), rn2 = ρn(cosnθ − i sennθ)

C1rn1 + C2r

n2 = ρn[(C1 + C2) cosnθ + i(C1 − C2) sennθ]

C1+C2 e i(C1−C2) são novas constantes arbitrárias e a solução pode

ser escrita

an = ρn[C ′1 cosnθ + C ′2 sennθ].

Exemplo 5. A recorrência xn+2 + xn+1 + xn = 0 tem equação carac-

terística r2 + r + 1 = 0. As raízes da equação característica são

1± i√3

2

que são complexos de módulo ρ = 1 e argumento principal θ = ±π3.

A solução é

xn = ρn[C1 cosnθ + C2 sennθ] = C1 cosnπ

3+ C2 sen

nπ

3.

Que aconteceria se as raízes da equação característica fossem iguais?

Os teoremas a seguir respondem essa pergunta.

Teorema 3. Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são iguais, r1 = r2 = r,

então, an = C1rn + C2nr

n é solução da recorrência

xn+2 + pxn+1 + qxn = 0,

6 MA12 - Unidade 9

quaisquer que sejam os valores das constantes C1 e C2.

Prova. Se as raízes são iguais então r = −p2.

Substituindo an = C1rn + C2nr

n na recorrência

xn+2 + pxn+1 + qxn = 0

obtemos, grupando convenientemente os termos,

C1rn(r2 + pr + q) + C2nr

n(r2 + pr + q) + C2rnr(2r + p)

= C1rn0 + C2nr

n0 + C2rnr0 = 0.

Teorema 4. Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são iguais, r1 = r2 = r,

então todas as soluções da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0 são da

forma C1rn + C2nr

n, C1 e C2 constantes.

Prova. Seja yn uma solução qualquer de xn+2+ pxn+1+ qxn = 0. De-

termine constantes C1 e C2 que sejam soluções do sistema de equações.{C1r + C2r = y1

C1r2 + 2C2r

2 = y2,

isto é,

C1 = 2y1r− y2r2

e C2 =y2 − ry1

r2.

Isso é possível pois r 6= 0.

A�rmamos que yn = C1rn + C2nr

n para todo n natural, o que

provará o teorema. Com efeito, seja zn = yn−C1rn−C2nr

n. Mostra-

remos que zn = 0 para todo n. Temos

zn+2 + pzn+1 + qzn = (yn+2 + pyn+1 + qyn)−− C1r

n(r2 + pr + q)− C2nrn(r2 + pr + q)− C2r

nr(2r + p).


O primeiro parêntese é igual a zero porque yn é solução de xn+2 +

pxn+1 + qxn = 0; o segundo e o terceiro parênteses são iguais a zero

porque r é raiz de r2+pr+q = 0; o quarto é igual a zero porque 2r+p =

0 já que, quando r1 = r2 = r, r = −p2. Então zn+2 + pzn+1 + qzn = 0

Além disso, como C1r + C2r = y1 e C1r2 + 2C2r

2 = y2, temos

z1 = z2 = 0. Mas, se zn+2 + pzn+1 + qzn = 0 e z1 = z2 = 0 então

zn = 0 para todo n, cqd.

Exemplo 6. A recorrência xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 0 tem equação

característica r2 − 4r + 4 = 0. As raízes são r1 = r2 = 2 e a solução

da recorrência é xn = C12n + C2n2

n.

O teorema a seguir mostra um processo para resolver algumas

recorrências não-homogêneas.

Teorema 5. Se an é uma solução da equação

xn+2pxn+1 + qxn = f(n)

então a substituição xn = an + yn transforma a equação em

yn+2 + pyn+1 + qyn = 0.

Prova. Substituindo xn por an + yn na equação, obtemos

(an+2 + pan+1 + qan) + (yn+2 + pyn+1 + qyn) = f(n).

Mas an+2+pan+1+qan = f(n) pois an é a solução da equação original.

Logo, a equação se transformou em

yn+2 + pyn+1 + qyn = 0.

8 MA12 - Unidade 9

De acordo com o teorema 5, a solução de uma recorrência não-

homogênea é constituída de duas parcelas: uma solução qualquer da

não-homogênea e a solução homogênea. A solução da homogênea,

sabemos achar. Uma solução da não-homogênea, procuraremos por

tentativas.

Exemplo 7. A recorrência xn+2− 6xn+1 +8xn = n+3n tem equação

característica r2 − 6r + 8 = 0, cujas raízes são r1 = 2 e r2 = 4. Por-

tanto, a solução da homogênea, isto é, de xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 0 é

hn = C1 + C24n.

Tentaremos agora descobrir uma solução particular, tn, da recor-

rência xn+2 − 6xn+1 + 8xn = n+ 3n.

Ora, se substituirmos tn em xn+2−6xn+1+8xn devemos encontrar

n+ 3n.

Que tipo de função deve ser tn? É bastante razoável imaginar que

tn seja a soma de um polinômio do primeiro grau com uma exponencial

de base 3.

Tentaremos tn = An+B + C3n. Substituindo em

xn+2 − 6xn+1 + 8xn = n+ 3n,

obtemos 3An+ 3B − 4A− C3n = n+ 3n.

tn terá solução se 3A = 1, 3B − 4A = 0 e −C = 1. Logo,

A =1

3, B =

4

9e C = −1.

Daí,

tn =1

3n+

4

9− 3n.


Exemplo 8. A recorrência xn+2− 6xn+1+8xn = 1 = 2n tem equação

característica r2−6r+8 = 0, cujas raízes são r1 = 2 e r2 = 4. Portanto,

a solução da equação homogênea, isto é, de xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 0 é

hn = C12n + C24

n.

Tentaremos agora descobrir uma solução particular, tn da recor-

rência xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 1 + 2n.

Ora, se substituirmos tn em xn+2−6xn+1+8xn devemos encontrar

1 + 2n.

Que tipo de função deve ser tn? É bastante razoável imaginar que

tn seja a soma de um polinômio constante com uma exponencial de

base 2.

Tentaremos tn = A+B2n. Substituindo em

xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 1 + 2n,

obtemos 3A = 1+ 2n. Essa igualdade é impossível. A recorrência não

admite solução da forma tn = A+B2n.

Parando para pensar no que aconteceu, veri�camos que era óbvio

que a nossa tentativa não podia dar certo. O espírito da nossa ten-

tativa era tentar uma constante A para que obtivéssemos uma cons-

tante que igualaríamos a 1 e tentar B2n para gerar uma exponencial

que pudéssemos igualar a 2n. É claro que o termo B2n não poderia

cumprir o seu papel. B2n é solução da homogênea (é a solução da

homogênea que é obtida pondo C1 = B e C2 = 0) e, substituído da

equação, daria zero e não uma exponencial que pudéssemos igualar a

2n.

Vamos corrigir a nossa tentativa para tn = A + Bn2n. Sempre

que na nossa tentativa algum bloco não cumprir o seu papel, fazemos

10 MA12 - Unidade 9

a correção �aumentando o grau�, isto é, multiplicando o bloco por n.

Agora, substituindo obtemos 3A−B4B2n = 1 + 2n.

Se 3A = 1 e −4B = 1, isto é,

A =1

3e B = −1

4,

temos a solução

tn =1

3− n2n

4.

A solução da recorrência é a soma de hn com tn. Portanto,

xn = C12n + C24

n +1

3− n2n

4.

Exercícios

1. Resolva as equações a seguir:

a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0.

b) xn+2 + 6xn+1 + 9xn = 0.

c) xn+2 + 2xn+1 + 2xn = 0.

d) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = n.

e) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 1 + 3 · 4n.f) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2n.

g) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = n+ 3n.

h) xn+2 − 6xn+1 + 9xn = n− 3n.

i) xn+2 + xn = 1.


j) xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 1 + n3n.

2. Resolva as equações a seguir:

a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0; x0 = 3; x1 = −6.

b)xn+2 + xn+1 − 6xn = 6− 8n; x0 = 1; x1 = 4.

c)xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n+3; x0 = 3; x1 = 6.

3. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a

{0, 1, 2}, que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0.?

4. Determine o número de modos de cobrir um tabuleiro 2 × n com

dominós 2× 1 iguais.

5. Um casal de coelhos adultos gera mensalmente um casal de co-

elhos, que se tornam adultos dois meses após o nascimento. Suponha

os coelhos imortais. Começando no mês 0 com um casal adulto (que

terá prole apenas no mês 1), quantos casais serão gerados no mês n?

6. Uma planta é tal que cada uma de suas sementes produz, um

ano após ter sido plantada, 21 novas sementes e, a partir daí, 44 no-

vas sementes a cada ano. Se plantarmos hoje uma semente e se, toda

vez que uma semente for produzida ela for imediatamente plantada,

quantas sementes serão produzidas daqui a n anos?

7. O salário de Carmelino no mês n é Sn = a+ bn. Sua renda mensal

é formada pelo salário e pelos juros de suas aplicações �nanceiras. Ele

poupa anualmente 1/p de sua renda e investe sua poupança a juros

mensais de taxa i. Determine a renda de Carmelino no mês n.

12 MA12 - Unidade 9

8. Cinco times de igual força disputarão todo ano um torneio. Uma

taça será ganha pelo primeiro time que vencer três vezes consecutivas.

Qual a probabilidade da taça não ser ganha nos n primeiros torneios?

9. Em um jogo, em cada etapa Olavo pode fazer 1 ou 2 pontos.

De quantos modos ele pode totalizar n pontos?

10. Mostre que

2√5 + 1

2√5

(1−√5)n +

2√5− 1

2√5

(1 +√5)n

é, para todo natural n, um número inteiro.

11. Mostre que a parte inteira de (1 +√3)2n+1 é sempre par.


1d. A solução particular é da forma An+B.

1e. A solução particular é da forma An+B + C4n.

1f. A solução particular é da forma An2n.

1g. A solução particular é da forma An+B + Cn3n.

1h. A solução particular é da forma An +BCn23n.

1i. A solução particular é da forma A.

1j. A solução particular é da forma A+ (Bn3 + Cn2)3n.

3. Se o número de sequências de n + 2 termos é xn+2, o número de

sequências começadas por 1 é igual a xn+1, o número de sequências


começadas por 2 é igual a xn+1 e o número de sequências começadas

por 0 é igual a 2xn. Obtém-se a recorrência xn+2 = 2xn+1 + 2xn,

x1 = 3, x2 = 8.

4. xn+2 = xn+1 + xn, x1 = 1, x2 = 2.

5. xn+2 = xn+1 + xn, x1 = 1, x2 = 1.

6. xn+2 = 21xn+1 + 44(xn + xn−1 + · · ·+ x1 + x0), x1 = 21, x2 = 485.

Para resolver, determine xn+1 e subtraia.

7. xn = Sn + iyn−1, yn = yn−1 +1

pxn, onde yn é o montante da

poupança no �m do mês n. Tire o valor de y na primeira equação e

substitua na segunda.

8. Qualquer time pode ganhar o primeiro torneio. Se o segundo

torneio foi ganho por um time diferente do que ganhou o primeiro,

basta que a partir daí nenhum time ganhe três vezes consecutivas. Se

o segundo torneio for ganho pelo mesmo time que ganhou o primeiro,

o terceiro torneio terá que ser ganho por um time diferente e a partir

daí nenhum time poderá ganhar três vezes consecutivas.

xn+2 =4

5xn+1 +

1

5· 45xn, x1 = x2 = 1.

9. Olavo em sua primeira jogada ou faz 1 ponto ou faz 2 pontos.

xn+2 = xn+1 + xn, x1 = 1, x2 = 2.

10. Mostre que satisfaz a recorrência

xn+2 − 2xn+1 − 4xn = 0, x0 = 2, x1 = 1

11. xn = b(1 +√3)2n+1c = (1 +

√3)2n+1 + (1−

√3)2n+1. Mostre que

xn satisfaz a recorrência xn+2 − 8xn+1 + 4xn = 0, x0 = 2, x1 = 20.

MA 12 - Unidade 10

Matematica Financeira

Semana de 09/05 a 15/05

Nesta unidade e na proxima serao apresentados rudimentos de Matematica Financeira, cuja

inspiracao vem da vida real. Esse conhecimento e fundamental em sociedades de consumo, como

a nossa, e deve fazer parte da bagagem cultural de todo cidadao que nelas vive para que saiba mini-

mamente defender os seus interesses.

Quotidianamente, estamos frente a problemas praticos, tais como se devemos ou nao parcelar uma

compra e, se for o caso, em quantas parcelas? Se devemos ou nao antecipar o pagamento de uma

dıvida, usando o decimo terceiro salario? Esses sao desafios que, se resolvidos corretamente, nos

auxiliam a tomar decisoes que podem proporcionar uma boa economia.

A ferramenta matematica basica que e utilizada nesse tipo de questoes sao as progressoes geometricas,

bastando, para resolve-las, modelar corretamente cada problema.

O assunto principal de que tratamos e o calculo de juros em diversas situacoes decorrentes da

operacao de emprestimo, seja em aplicacoes (quando emprestamos), seja em compras a credito (quando

tomamos emprestado).

Esta unidade repousa sobre um resultado (teorema) fundamental que nos diz como se transforma

um capital inicial quando aplicado por um perıodo de tempo, sendo submetido a um regime de juros

compostos.

A unidade se encerra com uma lista de doze problemas. Resolva quantos puder e transfira os que

sobrarem para a Unidade 12, onde serao propostos outros dez problemas.

Vıdeo relacionado:

PAPMEM - Livro A Matematica do Ensino Medio - Volume 2. Matematica Financeira, Prof.

Morgado. Janeiro 2008 - Volume 2

MA12 - Unidade 10

Matemática Financeira

Semana 09/05 a 15/05

Uma das importantes aplicações de progressões geométricas é a Ma-

temática Financeira.

A operação básica da matemática �nanceira é a operação de em-

préstimo.

Alguém que dispõe de um capital C (chamado de principal ), em-

presta-o a outrem por um certo período de tempo, e após esse período,

recebe o seu capital C e volta, acrescido de uma remuneração J pelo

empréstimo. Essa remuneração é chamada de juro. A soma C + J é

chamada de montante e será representada por M . A razão i =J

Cque

é a taxa de crescimento do capital, será sempre referida ao período da

operação e chamada de taxa de juros.

1

2 MA12 - Unidade 10

Exemplo 1. Lúcia tomou um empréstimo de R$100,00. Dois meses

após, pagou R$140,00. Os juros pagos por Lúcia são de R$40,00 e a

taxa de juros é de40

100= 0, 40 = 40% ao bimestre. O principal, que

é a dívida inicial de Lúcia, é igual a R$100,00; o montante, que é a

dívida na época do pagamento, é de R$140,00.

Exemplo 2. Manuel tomou um empréstimo de 100 reais, a juros de

taxa 10% ao mês. Após um mês, a dívida de Manuel será acrescida

de 0, 10 × 100 reais de juros (pois J = iC), passando a 110 reais.

Se Manuel e seu credor concordarem em adiar a liquidação da dívida

por mais um mês, mantida a mesma taxa de juros, o empréstimo será

quitado, dois meses depois de contraído, por 121 reais, pois os juros

relativos ao segundo mês serão de 0, 10 × 110 reais = 11 reais. Esses

juros assim calculados são chamados de juros compostos. Mais pre-

cisamente, no regime de juros compostos, os juros em cada período são

calculados, conforme é natural, sobre a dívida do início desse período.

As pessoas menos educadas matematicamente têm tendência a

achar que juros de 10% ao mês dão em dois meses juros de 20%.

Note que juros de 10% ao mês dão em dois meses de juros de 21%.

Teorema 1. No regime de juros compostos de taxa i, um principal

C0 transforma-se, depois de n períodos de tempo, em um montante

Cn = C0(1 + i)n.

Prova. Basta observar que os valores do capital crescem a uma taxa

constante i e, portanto, formam uma progressão geométrica de razão

1 + i.

Exemplo 3. Pedro investe 150 reais a juros de 12% ao mês. Qual

será o montante de Pedro três meses depois?

Matemática Financeira 3

Solução. C3 = C0(1 + i)3 = 150(1 + 0, 12)3 = 210, 74 reais.

É importante perceber que o valor de uma quantia depende da

época à qual ela está referida. Se eu consigo fazer com que meu di-

nheiro renda 10% ao mês, é-me indiferente pagar agora R$100,00 ou

pagar R$110,00 daqui a um mês. É mais vantajoso pagar R$105,00

daqui a um mês do que pagar R$100,00 agora. É mais vantajoso pagar

R$100,00 agora do que pagar R$120,00 daqui a um mês.

No fundo, só há um único problema de Matemática Financeira:

deslocar quantias no tempo.

Outro modo de ler o Teorema 1, Cn = C0(1 + i)n, é que uma

quantia, hoje igual a C0, transformar-se-á, depois de n períodos de

tempo, em uma quantia igual a C0(1 + i)n. Isto é, uma quantia, cujo

valor atual é A, equivalerá no futuro, depois de n períodos de tempo,

a F = A(1 + i)n.

Essa é a fórmula fundamental da equivalência de capitais: Para

obter o valor futuro, basta multiplicar o atual por (1 + i)n. Para obter

o valor atual, basta dividir o futuro por (1 + i)n.

O exemplo a seguir é, pode-se dizer, um resumo de todos os pro-

blemas de Matemática Financeira.

Exemplo 4. Pedro tomou um emprétimo de 300 reais, ajuros de

15% ao mês. Dois meses após, Pedro pagou 150 reais e, um mês após

esse pagamento, Pedro liquidou seu débito. Qual o valor desse último

pagamento?

Solução. Os esquemas de pagamento abaixo são equivalentes. Logo,

300 reais, na data 0, têm o mesmo valor de 150 reais dois meses após,

mais um pagamento igual a P , na data 3.

4 MA12 - Unidade 10

Figura 1:

Igualando os valores, na mesma época (0, por exemplo), dos pagamen-

tos nos dois esquemas, obtemos

300 =150

(1 + 0, 15)2=

p

(1 + 0, 15)3.

daí, P = 283, 76. O último pagamento foi de R$283,76.

Exemplo 5. Pedro tem duas opções de pagamento na compra de

um televisor:

i) três prestações mensais de R$160,00 cada;

ii) sete prestações mensais de R$70,00 cada.

Em ambos os casos, a primeira prestação é paga no ato da compra.

Se o dinheiro vale 2% ao mês para Pedro, qual a melhor opção que

Pedro possui?

Solução. Para comparar, determinaremos o valor dos dois conjuntos

de pagamentos na mesma época, por exemplo na época 2. Os esque-

mas de pagamentos são:

Para comparar, determinaremos o valor dos dois conjuntos de paga-

mentos na mesma época, por exemplo na época 2.


Figura 2:

Temos,

a = 60(1 + 0, 02)2 + 160(1 + 0, 02) + 160 = 489, 66

b = 70(1 + 0, 02)2 + 70(1 + 0, 02) + 70 +70

1 + 0, 02

+70

(1 + 0, 02)2+

70

(1 + 0, 02)3+

70

(1 + 0, 02)4= 480, 77

Pedro deve preferir o pagamento em seis prestações.

É um absurdo que muitas pessoas razoavelmente instruídas achem

que o primeiro esquema é melhor pois o total pago é de R$480,00 ao

passo que no segundo esquema o total pago é de R$490,00.

Exemplo 6. Pedro tem três opções de pagamento na compra de

vestuário.

i) à vista, com 30% de desconto.

ii) em duas pretações mensais iguais, sem desconto, vencendo a

primeira um mês após a compra.

iii) em três prestações mensais iguais, sem desconto, vencendo a

primeira no ato da compra.

Qual a melhor opção para Pedro, se o dinheiro vale, para ele, 25% ao

mês?

6 MA12 - Unidade 10

Solução. Fixando o preço do bem em 30, temos os três esquemas

abaixo

Figura 3:

Comparando os valores, por exemplo, na época 0, obtemos:

a = 21

b =15

1 + 0, 25+

15

(1 + 0, 25)2= 21.6

c = 10 +10

1 + 0, 25+

10

(1 + 0, 25)2= 24, 4

A melhor alternativa é a primeira e a pior é a em três prestações.

Exemplo 7. Uma loja oferece duas opções de pagamento:

i) à vista, com 30% de desconto.

ii) em duas prestações mensais iguais, sem desconto, a primeira

prestação sendo paga no ato da compra.

Qual a taxa mensal dos juros embutidos nas vendas a prazo?


Solução. Fixando o valor do bem em 100, temos os esquemas de

pagamentos abaixo:

Figura 4:

Igualando os valores, por exemplo, na época 0 (a data usada nessas

comparações é chamada de data focal), obtemos 70 = 50+50

1 + i. Daí,

i = 1, 5 = 150%. A loja cobra 150% ao mês nas vendas a prazo.

Exemplo 8. Investindo seu capital a juros mensais de 8%, em quanto

tempo você dobrará o seu capital inicial?

Solução. Temos C0(1 + 0, 08)n = 2C0. Daí,

1, 08n = 2 e n =log 2

log 1, 08∼= 9

Em aproximadamente nove meses você dobrará o seu capital inicial.

Um importante resultado que já foi obtido na Unidade 7 e será

repetido é a

Fórmula das taxas equivalentes. Se a taxa de juros relativamente

a um determinado período de tempo é igual a i, a taxa de juros rela-

tivamente a n períodos de tempo é I tal que 1 + I = (1 + i)n.

8 MA12 - Unidade 10

Exemplo 9. A taxa anual de juros equivalente a 12% ao mês é I

tal que 1 + I = (1 + 0, 12)12. Daí, I ∼= 2, 90 = 290% ao ano.

Um erro muito comum é achar que juros de 12% ao mês equivalem

a juros anuais de 12×12% = 144% ao ano. Taxas como 12% ao mês e

144% ao ano são chamadas de taxas proporcionais, pois a razão entre

elas é igual à razão dos períodos aos quais elas se referem.

Taxas proporcionais não são equivalentes. Um (péssimo) hábito

em Matemática Financeira é o de anunciar taxas proporcionais como

se fossem equivalentes. Uma frase como �144% ao ano, com capitali-

zação mensal� signi�ca que a taxa usada na operação não é a taxa de

144% anunciada e sim a taxa mensal que lhe é proporcional.

Portanto, a tradução da expressão �144% ao ano, com capitaliza-

ção mensal� é �12% ao mês�. As pessoas menos educadas matemati-

camente podem pensar que os juros sejam realmente de 144% ao ano,

mas isso não é verdade. Como vimo no exemplo 9, os juros são de

290% ao ano.

A taxa de 144% ao ano é chamada de taxa nominal e a taxa de

290% ao ano é chamada de taxa efetiva.

Exemplo 11. �24% ao ano com capitalização semestral� signi�ca

�12% ao semestre�; �1% ao mês com capitalização trimestral� signi�ca

�3% ao trimestre� e �6% ao ano com capitalização mensal� signi�ca

�0,5% ao mês�.

Exemplo 12. Verônica investe seu dinheiro a juros de 6% ao ano

com capitalização mensal. Qual a taxa anual de juros à qual está in-

vestido o capital de Verônica?


Solução. O dinheiro de Verônica está investido a juros de taxa

i = 0, 5% ao mês. A taxa anual equivalente a I tal que 1+I = (1+i)12.

Daí, I = 0, 0617 = 6, 17% ao ano. A taxa de 6% ao ano é nominal e a

taxa de 6,17% ao ano é efetiva.

Exemplo 13. A taxa efetiva semestral correspondente a 24% ao

semestre com capitalização mensal é I tal que 1 + I = (1 + 0, 04)6.

Daí, I = 26, 53% ao semestre.

Exercícios

1. Investindo R$450,00 você retira, após 3 meses, R$600,00. A que

taxa mensal de juros rendeu seu investimento?

2. Determine as taxas mensais equivalentes a 100% ao ano e a 39%

ao trimestre.

3. Determine as taxas anuais equivalentes a 6% ao mês e a 12%

ao trimestre.

4. Determine as taxas efetivas anuais equivalente a:

a) 30% ao ano, com capitalização mensal.

b) 30% ao ano, com capitalização trimestral.

c) i ao ano, capitalizados k vezes ao ano.

5. Qual o limite, quando k tende para in�nito, da resposta ao item

c) do problema anterior? Neste caso diz-se que os juros estão sendo

capitalizados continuamente e i é chamado de taxa instantânea de ju-

ros.

10 MA12 - Unidade 10

6. Use a resposta do problema anterior para dar uma de�nição �-

nanceira do número e.

7. Determine

a) a taxa efetiva trimestral equivalente a 12% ao trimestre com

capitalização contínua.

b) a taxa instantânea anual equivalente à taxa efetiva anual de

60%.

c) a taxa instantânea semestral equivalente à taxa efetiva anual de

60%.

8. A Mesbla, em vários natais, ofereceu a seus clientes duas alter-

nativas de pagamento:

a) pagamento de uma só vez, um mês após a compra.

b) pagamento em três prestações mensais iguais, vencendo a pri-

meira no ato da compra.

Se você fosse cliente da Mesbla, qual seria a sua opção?

9. O Foto Studio Sonora convidou, em dezembro de 1992, os seus

clientes a liquidarem suas prestações mensais vincendas, oferecendo-

lhes em troca um desconto. O desconto seria dado aos que pagassem,

de uma só vez, todas as prestações a vencer em mais de 30 dias, e

seria de 30%, 40% ou 50%, conforme fossem pagas uma, duas ou três

prestações. Supondo que o dinheiro valia 27% ao mês, a oferta era

vantajosa?

10. Lúcia comprou um exaustor, pagando R$180,00, um mês após

a compra e R$200,00, dois meses após a compra. Se os juros são de


25% sobre o saldo devedor, qual é o preço à vista?

11. Uma geladeira custa R$1 000,00 à vista e pode ser paga em

três prestações mensais iguais. Se são cobrados juros de 6% ao mês

sobre o saldo devedor, determine o valor da prestação, supondo que a

primeira prestação é paga:

a) no ato da compra;

b) um mês após a compra;

c) dois meses após a compra.

12. Ângela tomou um empréstimo de R$400,00, por dez meses. Os

juros foram de 3% ao mês durante os quatro primeiros meses, de 5%

ao mês durante os cinco meses seguintes e de 9% ao mês no último

mês. Calcule:

a) a taxa média de juros.

b) o montante pago.

MA 12 - Unidade 11

Matematica Financeira – Problemas

Semana de 09/05 a 15/05

Nesta unidade, continuaremos o estudo de Matematica Financeira iniciado na Unidade 10 e que

se encerrara na Unidade 13. Os principais resultados dessa unidade analisam essencialmente tres tipos

de emprestimos, geralmente de longo prazo como, por exemplo, financiamentos da casa propria ou de

bens duraveis.

O primeiro tipo de emprestimo se refere a situacao em que a taxa de juros e pre-fixada e o valor

da prestacao tambem. O Teorema 2 fornece uma formula que permite saber quanto da dıvida foi pago

apos n pagamentos (amortizacao da dıvida).

Cada parcela paga de um emprestimo consiste de duas partes: uma se refere ao pagamento dos

juros e a outra se refere ao abatimento do principal da dıvida, chamada de amortizacao.

O segundo tipo de emprestimo estudado e o Sistema de Amortizacao Constante (SAC), em que a

parte da prestacao que visa amortizar a dıvida e constante. O Teorema 3 permite calcular a cada mes

o valor da prestacao especificando o valor da amortizacao (constante), o valor da parcela relativa aos

juros (variavel) e, finalmente, o estado atual da dıvida (no caso da pessoa querer quitar a dıvida, por

exemplo).

O terceiro tipo de emprestimo e o Sistema Frances ou Tabela Price, em que as prestacoes e a taxa

de juros sao constantes. O Teorema 4 fornece formulas para calcular, mes a mes, o valor da prestacao

(constante), a parcela relativa a amortizacao do principal, a parcela relativa aos juros pagos e o estado

atual da dıvida.

Os calculos financeiros podem se complicar bastante em presenca de forte inflacao, como foi o caso

no Brasil alguns anos atras.

Finalmente, a unidade se encerra com uma lista de cinco problemas. Resolva o maximo que puder

e transfira o restante para a Unidade 13, onde serao propostos mais sete problemas.

MA12 - Unidade 11


Semana 09/05 a 15/05

Um conjunto de quantias (chamadas usualmente de pagamentos ou

termos), referidas a épocas diversas, é chamada de série, ou de anuidade

(apesar no nome, nada a ver com ano) ou, ainda, renda. Se esses paga-

mentos forem iguais e igualmente espaçados no tempo, a série é dita

uniforme.

Teorema 2. O valor de uma série uniforme de n pagamentos iguais a

P , um tempo antes do primeiro pagamento, é, sendo i a taxa de juros,

igual a A = P1− (1 + i)−n

i.

1

2 MA12 - Unidade 11

Prova.

Figura 1:

O valor da série na época 0 é

A =P

1 + i+

P

(1 + i)2+

P

(1 + i)3+ · · ·+ P

(1 + i)n,

que é a soma de n termos de uma progressão geométrica. temos

A =P

1 + i

1−(

11+i

)n

1− 11+i

= P1− (1 + i)−n

i.

O corolário seguinte trata do valor de uma renda perpétua. Ren-

das perpétuas aparecem em locações. Com efeito, quando se aluga

um bem, cede-se a posse do mesmo em troca de um aluguel, digamos,

mensal. Então, o conjunto dos aluguéis constitui uma renda perpétua

ou perpetuidade.

Corolário. O valor de uma perpetuidade de termos iguais a P , um

tempo antes do primeiro pagamento, é, sendo i a taxa de juros, igual

aP

i.

Prova. Basta fazer n tender para in�nito no teorema.


Exemplo 14. Um bem, cujo preço é R$120,00, é vendido em 8

prestações mensais iguais, a primeira sendo paga um mês após a com-

pra. Se os juros são de 8% ao mês, determine o valor das prestações.

Solução. Um pequeno comentário: essas prestações são ditas poste-

cipadas, pois a primeira prestação só é paga um tempo depois da

compra.

Figura 2:

Igualando os valores na época 0 (essa é a escolha natural da data de

comparação: um tempo antes do primeiro termo da série), obtemos:

120 = P1− (1 + 0, 08)−8

0, 08

P = 1200, 08

1− 0, 08−8= 20, 88.

As prestações são de R$20,88.

Exemplo 15. Um bem, cujo preço à vista é R$120,00, é vendido em

6 prestações mensais iguais, antecipadas (isto é, a primeira é paga no

ato da compra). Se os juros são de 10% ao mês, determine o valor das

prestações.

4 MA12 - Unidade 11

Figura 3:

Igualando os valores na época −1 (essa escolha, que pode parecer

exótica, é muito conveniente pois dispomos de uma fórmula que calcula

diretamente o valor da série nessa época), obtemos:

120

1 + 0, 1= P

1− (1 + 0, 1)−6

0, 1

P ∼= 25, 05.

Exemplo 16. Se o dinheiro vale 1% ao mês, por quanto deve ser

alugado um imóvel que vale 40 mil reais?

Solução. Quando você aluga um imóvel, você cede a posse do imóvel

em troca de uma renda perpétua cujos termos são iguais ao valor do

aluguel. Então, o valor do imóvel deve ser igual ao valor do conjunto

de aluguéis. Temos, de acordo com o corolário,

40 =P

i=

P

0, 01= 40× 0, 01 = 0, 4 mil reais.

Exemplo 17. Helena tem duas alternativas para obter uma copi-

adora:


a) Alugá-la por 35 ao ano. Nesse caso, o locador se responsabiliza

pelas despesas de manutenção.

b) Comprá-la por 150. Nesse caso, já que a vida econômica da

copiadora é de 5 anos, Helena venderá a copiadora após 5 anos. O

valor residual da copiadora após 5 anos é de 20. As despesas de

manutenção são de responsabilidade de Helena e são de 5 por ano,

nos dois primeiros anos e de 8 por ano, nos anos seguintes. Se o di-

nheiro vale 7% ao ano, qual a melhor opção?

Solução. Vamos tomar receitas como positivas e despesas como ne-

gativas.

Na segunda alternativa, o �uxo de caixa de Helena será:

Figura 4:

Vamos determinar o �uxo uniforme equivalente.

Figura 5:

Igualando os valores na época 0, obtemos

−150− 5

1, 07− 5

1, 072− 8

1, 073− 8

1, 074+

12

1, 075= P

1− 1, 07−5

0, 07.

6 MA12 - Unidade 11

Daí, P = −39, 78. Comprar a copiadora é equivalente a ter um custo

anual de 39,78. Como o aluguel corresponde a um custo anual de

35,00, a melhor alternativa para Helena é alugar.

Quando um banco empresta dinheiro (crédito pessoal ou desconto

de duplicatas), o tomador do empréstimo emite uma nota promissória,

que é um papel no qual o tomador se compromete a pagar ao banco,

em uma data �xada, uma certa quantia, que é chamada de valor de

face da promissória.

O banco então desconta a promissória para o cliente, isto é, recebe

a promissória de valor de face F e entrega ao cliente uma quantia

A (menor que F , naturalmente). A diferença F − A é chamada de

desconto.

Os bancos efetuam o desconto de acordo com a fórmula A =

F (1− d . t), onde d é uma taxa �xada pelo banco e chamada de taxa

de desconto bancário (ou taxa de desconto simples por fora) e t é o

prazo da operação, medido na unidade de tempo a que se refere a taxa.

Exemplo 18. Pedro desconta uma promissória de valor 100, com

vencimento em 60 dias, em um banco cuja taxa de desconto é de 12%

ao mês.

a) Quanto Pedro receberá?

b) Qual a taxa mensal de juros que Pedro está pagando?

Solução. Ora, A = F (1− dt) = 100(1− 0, 12 . 2) = 76.

Logo, Pedro receberá agora 76, para pagar 100 em 60 dias.

Se i é a taxa mensal de juros à qual cresce a dívida de Pedro, temos

100 = 76(1 + i)2. Daí, i = 0, 1471 = 14, 71%.

Observe que anunciar a taxa de desconto e não a taxa de juros é um


modo sutil de fazer crer aos mais ingênuos estarem eles pagando juros

menores que os que realmente lhes estão sendo cobrados.

Quando se paga parceladamente um débito, cada pagamento efe-

tuado tem dupla �nalidade. Uma parte do pagamento quita os juros

e outra parte amortiza (abate) a dívida.

Exemplo 19. Pedro tomou um empréstimo de 100, a juros men-

sais de taxa 10%. Quitou-o em três meses, pagando a cada mês os

juros devidos e amortizando 30% da dívida no primeiro mês e 30% e

40% nos dois meses seguintes.

Na planilha abaixo, Ak, Jk, Pk e Dk são, respectivamente, a parcela

de amortização, a parcela de juros, a prestação e o estado da dívida

(isto é, o valor da dívida após o pagamento da prestação) na época k.

k Pk Ak Jk Dk

0 − − − 100

1 40 30 10 70

2 37 30 7 40

3 44 40 4 −

Para facilitar a compreensão, olhe cada linha na ordem Ak, Dk, Jk e

Pk.

Os sistemas usuais de amortização são o sistema de amortização

constante (SAC) e o sistema francês de amortização, também chamado

de Tabela Price (Richard Price foi um economista inglês). O sistema

francês é caracterizado por prestações constantes.

Exemplo 20. Uma dívida de 100 é paga, com juros de 15% ao mês,

em 5 meses, pelo SAC. Faça a planilha de amortização.

8 MA12 - Unidade 11

Solução. Como as amortizações são iguais, cada amortização será de1

5da dívida inicial.

A planilha é, portanto:

k Pk Ak Jk Dk

0 − − − 100

1 35 20 15 80

2 32 20 12 60

3 29 20 9 40

4 26 20 6 20

5 23 20 3 −

Para facilitar a compreensão, olhe cada linha na ordem Ak,Dk, Jk e Pk.

Teorema 3. Na SAC, sendo n o número de pagamentos e i a taxa de

juros, temos

Ak =D0

n, Dk =

n− k

nD0 , Jk = iDk−1, Pk = Ak + Jk.

Prova. Se a dívida D0 é amortizada em n quotas iguais, cada quota

é igual a

Ak =D0

n.

O estado da dívida, após k amortizações, é

Dk = D0 − kD0

n=

n− k

nD0.

As duas últimas fórmulas são óbvias.

Exemplo 21. Uma dívida de 150 é paga, em 4 meses, pelo sistema

francês, com juros de 8% ao mês. Faça a planilha de amortização.


No sistema francês, as prestações são constantes. Pelo teorema 2,

cada prestação vale

P = D0i

1− (1 + n)−n= 150

0, 08

1− 1, 08−4= 45, 29.

k Pk Ak Jk Dk

0 − − − 150, 00

1 45, 29 33, 29 12, 00 116, 71

2 45, 29 35, 95 9, 34 80, 76

3 45, 29 38, 83 6, 46 41, 93

4 45, 29 41, 93 3, 35 −

Para mais fácil compreensão, olhe cada linha na ordem Pk, Jk, Ak eDk.

Teorema 4. No sistema francês de amortização, sendo n o número

de pagamentos e i a taxa de juros, temos

Pk = D0i

1− (1 + i)−n,

Dk = D01− (1 + i)−(n−k)

1− (1 + i)−n,

Jk = iDk−1, A = Pk − Jk.

Prova. A primeira fórmula é simplesmente o teorema 2 e as duas últi-

mas fórmulas são óbvias. Quanto à segunda fórmula, observe que Dk é

a dívida que será liquidada, postecipadamente, por n− k pagamentos

sucessivos a Pk. Portanto, novamente pelo teorema 2, temos

Dk = Pk1− (1 + i)−(n−k)

i.

Substituindo o valor de Pk, obteremos a segunda fórmula.


Exemplo 22. Em um mês cuja in�ação foi de 25%, Paulo Jorge

investiu seu capital a juros de 30% ao mês. Evidentemente, isso não

signi�ca que Paulo Jorge tenha aumentado seu poder de compra em

30%, pois, embora a quantidade de reais de Paulo Jorge tenha crescido

30%, o valor do real sofreu uma redução. Dizemos nesse caso que 30%

ao mês é a taxa nominal de juros mensais de Paulo Jorge.

Suponhamos que, no início do referido mês, o capital C de Paulo

Jorge pudesse comprar x artigos de preço unitário igual a p. No �m

do mês, o capital passou a ser 1, 3C e o preço unitário passou a ser

1, 25p. Logo, Paulo Jorge poderá agora comprar

1, 3C

1, 25p= 1, 04x artigos.

O poder de compra de Paulo Jorge aumentou de 4% nesse mês.

Essa taxa de 4% ao mês, à qual cresceu o poder de compra de

Paulo Jorge, é chamada de taxa real de juros.

Exemplo 23. Em algumas situações (prazos pequenos, juros de

mora) são usados juros simples e não juros compostos. No regime

de juros simples, os juros em cada época são calculados sobre o prin-

cipal e não sobre o montante da época anterior. Por exemplo, um

principal igual a 100, a juros simples de 10% ao mês evolui de acordo

com a tabela abaixo:

n 0 1 2 3 4 . . .

Cn 100 110 120 130 140 . . .

Não há di�culdade em calcular juros simples pois a taxa incide sempre

sobre o capital inicial. No nosso exemplo, os juros são sempre de 10%

de 100, ou seja, 10.


É claro então que, Cn = C0 + niC0, o que faz com que os valores

de Cn formem uma progressão aritmética.

Olhando para os grá�cos de evolução de um mesmo principal C0 a

juros de taxa i, a juros simples e a juros compostos, observamos que

o montante a juros compostos é superior ao montante a juros simples,

exceto se o prazo for menor que 1. É por isso que juros simples só são

utilizados em cobranças de juros em prazos inferiores ao prazo ao qual

se refere a taxa de juros combinada.

Figura 6:

Exercícios

1. Um televisor, cujo preço à vista é de R$400,00, é vendido em dez

prestações mensais iguais. Se são pagos juros de 6% ao mês sobre o

saldo devedor, determine o valor das prestações, supondo a primeira

prestação paga:

a) no ato da compra.

b) um mês após a compra.



2. Se a taxa corrente de juros é de 0,6% ao mês, por quanto se aluga

um imóvel cujo preço à vista é R$50 000,00, supondo:

a) o aluguel mensal pago vencido?

b) o aluguel mensal pago adiantadamente?

3. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir men-

salmente, durante 30 anos, para obter ao �m desse prazo, por 30 anos,

uma renda mensal de R$100,00?

4. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir men-

salmente, durante 35 anos, para obter, ao �m desse prazo, uma renda

perpétua de R$100,00.

5. Faça as planilhas de amortização de uma dívida de R$ 3 000,00,

em 8 pagamentos mensais, com juros de 10% ao mês:

a) pela tabela Price.

b) pelo SAC.

MA 12 - Unidade 12

Matematica Financeira – Resolucao de Problemas

Semana de 16/05 a 22/05

Esta lista se refere ao conteudo da Unidade 10 e consta de dez problemas. Acrescente a eles aqueles

problemas que voce nao resolveu naquela unidade e redija com cuidado as suas solucoes.

MA12 - Unidade 12


Resolução de Problemas

Semana 16/05 a 22/05

Exercícios

1. Leigh investiu 30% do seu capital a juros de 10% ao mês e os 70%

restantes a 18% ao mês. Qual a taxa média de juros obtidas?

2. Laura quer comprar um violão em uma loja que oferece um des-

conto de 30% nas compras à vista ou pagamento em três prestações

mensais, sem juros e sem desconto. Determine a taxa mensal de juros

embutida nas vendas a prazo, supondo o primeiro pagamento:

a) no ato da compra.

b) um mês após a compra.

1

2 MA12 - Unidade 12


3. Regina tem duas opções de pagamento:

a) à vista, com x% de desconto.

b) em duas prestações mensais iguais, sem juros, vencendo a pri-

meira um mês após a compra.

Se o dinheiro vale 5% ao mês, para que valores de x ela preferirá a

segunda alternativa?

4. Um banco efetua descontos à taxa de 6% ao mês. Qual a taxa

mensal de juros cobrada pelo banco nas operações:

a) de um mês?

b) de dois meses?

c) de três meses?

5. Um banco efetua descontos à taxa de 6% ao mês, mas exige que

20% do valor efetivamente liberado sejam aplicados no próprio banco,

a juros de 2% ao mês. Essa é a chamada reciprocidade. Qual a taxa

mensal de juros paga pelos tomadores de empréstimo por dois meses?

6. No cálculo de juros, considera-se sempre o ano comercial de 360

dias, ou seja, 12 meses de 30 dias. Essa é a chamada �regra dos ban-

queiros�. Os juros assim calculados são chamados de ordinários, ao

passo que os juros calculados com o ano de 365 (ou 366) dias são

chamados de exatos e não são usados em lugar nenhum.

a) Mostre que, dados o principal e a taxa anual, os juros ordinários

produzidos em t dias são maiores que os exatos.

b) Para um principal de R$1 000,00 e juros de 12% ao ano, deter-

Matemática Financeira - Resolução de Problemas 3

mine os juros simples, ordinários e exatos, produzidos em 16 dias.

c) Refaça o item b) para juros compostos.

7. Uma conta de R$700,00 vencia no dia 25 de outubro de 1996 e

foi paga em 5 de novembro de 1996. Quais os juros pagos, se os juros

de mora são de 12% ao mês?

8. Determine a melhor e a pior alternativa para tomar um empréstimo

por três meses:

a) juros simples de 16% ao mês.

b) juros compostos de 15% ao mês.

c) desconto bancário com taxa de desconto de 12% ao mês.

9. Henrique vai emprestar dinheiro a Mário, por quatro meses e

pretende receber juros compostos de 12% ao mês. Como Mário só

pretende pagar juros simples, qual a taxa mensal de juros simples que

Henrique deve cobrar?

10. Quando uma operação é pactuada por um número inteiro de

períodos de tempo, há três modos de calcular os juros relativos a

frações de períodos:

a) Só são pagos juros nos períodos inteiros de tempo.

b) São pagos juros compostos durante todo o período. Essa é a

chamada convenção exponencial.

c) São pagos juros compostos nos períodos inteiros e juros simples

nas frações de períodos de tempo. Essa é a chamada convenção linear.

Evidentemente o processo a) se aplica quando os bancos pagam e, o

4 MA12 - Unidade 12

processo c), quando recebem.

Em 5 de janeiro de 1996 foi feito um investimento de 300 reais, a juros

de 15% ao mês. Determine, pelos três processos, o montante em 12 de

abril de 1996.

MA 12 - Unidade 13

Matematica Financeira– Resolucao de Problemas

Semana de 16/05 a 22/05

Esta lista se refere ao conteudo da Unidade 11 e consta de sete problemas. Acrescente a eles

aqueles que voce nao resolveu naquela unidade e redija com cuidado as suas solucoes.

MA12 - Unidade 13


Resolução de Problemas

Semana 16/05 a 22/05

Exercícios

1. Considere a amortização de uma dívida de R$ 35 000,00, em 180

meses, com juros de 1% ao mês, pelo sistema francês. Determine:

a) o valor da centésima prestação.

b) o estado da dívida nessa época.

2. Refaça o problema anterior pelo SAC.

3. Considere a amortização de uma dívida em 150 meses, com ju-

ros de 1% ao mês, pelo sistema francês.

1

2 MA12 - Unidade 13

a) De quanto se reduzirá a prestação, dobrando-se o prazo?

b) Que fração da dívida já terá sido amortizada na época do 75o

pagamento?

4. Considere a amortização de uma dívida em 150 meses, com ju-

ros de 1% ao mês, pelo SAC.

a) De quanto se reduzirá a prestação inicial, dobrando-se o prazo?

b) Que fração da dívida já terá sido amortizada na época do 75o

pagamento?

5. Uma lanterna de Gol, original, custa R$280,00 e tem vida útil

de 5 anos. Uma lanterna alternativa custa R$70,00 e tem vida útil de

1 ano. Gilmar precisa trocar a lanterna de seu Gol. Considere que o

dinheiro vale 12% ao ano, que lanterna ele deve preferir?

6. Um equipamento pode ser alugado por R$75,00 mensais ou com-

prado por R$2 000,00. A vida útil do equipamento é de 30 meses

e o valor residual ao �m desse período é de R$300,00. Se o equipa-

mento for comprado, há um custo mensal de R$5,00 de manutenção.

Considere o valor do dinheiro de 1% ao mês, qual deve ser a decisão:

comprar ou alugar?

7. As cadernetas de poupança renderam 1 416% em um ano cuja

in�ação foi de 1 109%. Qual a rentabilidade real?

MA 12 - Unidade 14

Combinatoria

Semana de 30/05 a 05/06

Combinatoria e um vasto e importante campo da matematica, que engloba temas como a Combi-

natoria Enumerativa, Combinatoria Algebrica, Combinatoria Extrema, Teoria de Grafos e muito mais.

As suas aplicacoes sao inumeras e vao desde Probabilidade e Estatıstica e Teoria dos Jogos ate campos

tao abstratos quanto a Computacao Teorica.

A combinatoria foi responsavel pela introducao de novos metodos em matematica e requereu o

desenvolvimento de um modo proprio de raciocınio. Para se ter sucesso no seu estudo, e preciso

adquirir certas atitudes e formas de pensar.

No nosso curso, veremos apenas rudimentos de Combinatoria Enumerativa, que e essencialmente

a arte da contagem. Contar e uma atividade basica e saber faze-lo corretamente e importante e de

grande utilidade pratica.

No Ensino Medio, a parte da matematica que se ocupa de contagem chama-se Analise Combi-

natoria e geralmente ela e considerada uma materia difıcil. Ali se aprendem formulas para arranjos,

combinacoes, com repeticao ou sem repeticao, permutacoes, permutacoes circulares, caoticas, etc.,

mas nao se aprende o essencial, que e raciocinar!

Ao inves de apresentar um formulario e pedir para que seja decorado, o que se propoe aqui e focar

em alguns princıpios e tecnicas basicas e desenvolver um raciocınio combinatorio proprio que permitira

resolver uma grande gama de problemas.

Esta unidade baseia-se no Princıpio Fundamental da Contagem que diz simplesmente que, se temos

x modos de escolher um objeto e y modos de escolher outro, temos x× y modos de escolher os dois

objetos. Esse princıpio e utilizado nas mais variadas situacoes.

Ao final da unidade, temos uma lista de 9 problemas. Resolva quantos voce puder.

Vıdeos relacionados:

1. PAPMEM Metodos de Contagem, Prof. Morgado (Segunda Edicao) - Julho 2006, Volume 2

2. PAPMEM - Livro Temas e Problemas Elementares. Combinatoria. Prof. Paulo Cesar Carvalho.


MA12 - Unidade 14

Combinatória

Semana 30/05 a 05/06

O princípio fundamental da contagem diz que se há x modos de tomar

uma decisão D1 e, tomada a decisão D1, há y modos de tomar a decisão

D2, então o número de modos de tomar sucessivamente as decisões D1

e D2 é xy.

Exemplo 1. Com 5 homens e 5 mulheres, de quantos modos de

pode formar um casal?

Solução. Formar um casal equivale a tomar as decisões:

D1: Escolha do homem (5 modos).

D2: Escolha da mulher (5 modos).

Há 5× 5 = 25 modos de formar casal.

1

2 MA12 - Unidade 14

Exemplo 2. Uma bandeira é formada por 7 listras que devem ser

coloridas usando apenas as cores verde, azul e cinza. Se cada listra

deve ter apenas uma cor e não se pode usar cores iguais em listras

adjacentes, de quantos modos se pode colorir a bandeira?

Solução. Colorir a bandeira equivale a escolher a cor de cada listra.

Há 3 modos de escolher a cor da primeira listra e, a partir daí, 2 mo-

dos de escolher a cor de cada uma das outras 6 listras. A resposta é

3× 26 = 192.

Exemplo 3. Quantos são os números de três dígitos distintos?

Solução. O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 modos, pois ele

não pode ser igual a 0. O segundo dígito pode ser escolhido de 9 mo-

dos, pois não pode ser igual ao primeiro dígito. O terceiro dígito pode

ser escolhido de 8 modos, pois não pode ser igual nem ao primeiro

nem ao segundo dígitos.

A resposta é 9× 9× 8 = 648.

Você deve ter percebido nesses exemplos qual é a estratégia para

resolver problemas de Combinatória:

1) Postura. Devemos sempre nos colocar no papel da pessoa que

deve fazer a ação solicitada pelo problema e ver que decisões devemos

tomar. No exemplo 3, nós nos colocamos no papel da pessoa que deve-

ria escrever o número de três dígitos; no exemplo 2, nós nos colocamos

no papel da pessoa que deveria colorir a bandeira; no exemplo 1, nós

nos colocamos no papel da pessoa que deveria formar o casal.

2) Divisão. Devemos, sempre que possível, dividir as decisões a serem

tomadas em decisões mais simples. Formar um casal foi dividido em

escolher o homem e escolher a mulher; colorir a bandeira foi dividido

Combinatória 3

em colorir cada listra; formar um número de três dígitos foi dividido

em escolher cada um dos três dígitos.

Vamos voltar ao exemplo anterior − Quantos são os números de

três dígitos distintos? − para ver como algumas pessoas conseguem,

por erros de estratégia, tornar complicadas as coisas mais simples.

Começando a escolha dos dígitos pelo último dígito, há 10 modos

de escolher o último dígito. Em seguida, há 9 modos de escolher o

dígito central, pois não podemos repetir o dígito já usado. Agora

temos um impasse: de quantos modos podemos escolher o primeiro

dígito: A resposta é �depende�. Se não tivermos usado o 0, haverá 7

modos de escolher o primeiro dígito, pois não poderemos usar nem o

0 nem os dois dígitos já usados nas demais casas; se já tivermos usado

o 0, haverá 8 modos de escolher o primeiro dígito.

Um passo importante na estratégia para resolver problemas de

Combinatória é:

3) Não adiar di�culdades. Pequenas di�culdades adiadas costumam

se transformar em imensas di�culdades. Se uma das decisões a serem

tomadas for mais restrita que as demais, essa é a decisão que deve ser

tomada em primeiro lugar. No exemplo 3, a escolha do primeiro dígito

era uma decisão mais restrita do que as outras, pois o primeiro dígito

não pode ser igual a 0. Essa é portanto a decisão que deve ser tomada

em primeiro lugar e, conforme acabamos de ver, postergá-la só serve

para causar problemas.

Exemplo 4. O código Morse usa duas letras, ponto e traço, e as

palavras têm de 1 a 4 letras. Quantas são as palavras do código

4 MA12 - Unidade 14

Morse?

Solução. Há 2 palavras de uma letra. Há 2× 2 = 4 palavras de duas

letras, pois há dois modos de escolher a primeira letra e dois modos

de escolher a segunda letra; analogamente, há 2× 2× 2 = 8 palavras

de três letras e 2×2×2×2 = 16 palavras de 4 letras. O número total

de palavras é 2 + 4 + 8 + 16 = 30.

Exemplo 5. Quantos divisores inteiros e positivos possui o número

360? Quantos divisores são pares? Quantos são ímpares? Quantos

são quadrados perfeitos?

Solução. a) 360 = 23×32×5. Os divisores inteiros e positivos de 360

são os números da forma 2α × 3β × 5γ, com

α ∈ {0, 1, 2, 3} , β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}.

Há 4 × 3 = 24 maneiras de escolher os expoentes α, β e γ. Há 24

divisores.

b) Para o divisor ser par, α não pode ser 0. Há 3 × 3 × 2 = 18

divisores pares.

c) Para o divisor ser ímpar, α dever ser 0. Há 1×3×2 = 6 divisores

ímpares. Claro que poderíamos ter achado essa resposta subtraindo

(a)-(b).

d) Para o divisor ser quadrado perfeito, os expoentes α, β e γ

devem ser pares. Há 2 × 2 × 1 = 4 divisores que são quadrados

perfeitos.

�

Exemplo 6. Quantos são os números pares de três dígitos distintos?

Solução. Há 5 modos de escolher o último dígito. Note que começamos

Combinatória 5

pelo último dígito, que é o mais restrito; o último dígito só pode ser

0, 2, 4, 6 ou 8.

Em seguida, vamos ao primeiro dígito. De quantos modos se pode

escolher o primeiro dígito? A resposta é �depende�: se não tivermos

usado o 0, haverá 8 modos de escolher o primeiro dígito, pois não

poderemos usar nem o 0 nem o dígito usado na última casa; se tivermos

usado o 0, haverá 9 modos de escolher o primeiro dígito, pois apenas

o 0 não poderá ser usado na primeira casa.

Esse tipo de impasse é comum na resolução de problemas e há dois

métodos de vencê-lo.

O primeiro método consiste em voltar atrás e contar separada-

mente. Contaremos separadamente os números que terminam em 0 e

os que não terminam em 0.

Para os que não terminam em 0, há 4 modos de escolher o último

dígito, 9 modos de escolher o primeiro e 8 modos de escolher o dígito

central. Há 1× 9× 8 = 72 números que não terminam em 0.

Para os que não terminam em 0, há 4 modos de escolher o último

dígito, 8 modos de escolher o primeiro e 8 modos de escolher o dígito

central. Há 4× 8× 8 = 256 números que não terminam em 0.

A resposta é 72 + 256 = 328.

O segundo método consiste em ignorar uma das repetições do pro-

blema, o que nos fará contar em demasia. Depois descontaremos o

que houver sido contado indevidamente.

Primeiramente fazemos de conta que o 0 pode ser usado na primeira

casa do número. Procedendo assim, há 5 modos de escolher o último

dígito (só pode ser 0, 2, 4, 6 ou 8), 9 modos de escolher o primeiro dígito

(não podemos repetir o dígito usado na última casa; note que estamos

permitindo o uso do 0 na primeira casa) e 8 modos de escolher o dígito

6 MA12 - Unidade 14

central. Há 5× 9× 8 = 360 números, aí inclusos os que começam por

0.

Agora vamos determinar quantos desses números começam por

zero; são esses os números que foram contados indevidamente. Há

1 modo de escolher o primeiro dígito (tem que ser 0), 4 modos de

escolher o último dígito (só pode ser 2, 4, 6 ou 8 − lembre-se que

os dígitos são distintos) e 8 modos de escolher o dígito central (não

podemos repetir os dígitos já usados). Há 1 × 4 × 8 = 32 números

começados por 0.

A resposta é 360− 32 = 328.

É claro que este problema poderia ter sido resolvido com um truque.

Para determinar quantos são os números pares de três dígitos distin-

tos, poderíamos fazer os números de três dígitos distintos menos os

números ímpares de três números distintos.

Para os números de três dígitos distintos, há 9 modos de escolher o

primeiro dígito, 9 modos de escolher o segundo e 8 modos de escolher

o último. Há 9× 9× 8 = 648 números de três dígitos distintos.

Para os números ímpares de três dígitos distintos, há 5 modos de

escolher o último dígito, 8 modos de escolher o primeiro e 8 modos de

escolher o dígito central. Há 5× 8× 8 = 320 números ímpares de três

dígitos distintos.

A resposta é 648− 320 = 328.

Exercícios

1. Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões de

múltipla-escolha, com 5 alternativas por questão?

Combinatória 7

2. Quantos subconjuntos possui um conjunto que tem n elementos?

3. De quantos modos 3 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras em �la?

4. De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em

5 bancos de 2 lugares, se em cada banco deve haver um homem e uma

mulher?

5. De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas

não-adjacentes de um tabuleiro 8× 8? E se os reis fossem iguais?

6. De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um ta-

buleiro 8 × 8, de modo que não haja duas torres na mesma linha ou

na mesma coluna? E se as torres fossem diferentes?

7. De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se sucessivamente e

sem reposição duas cartas. De quantos modos isso pode ser feito se a

primeira carta deve ser de copas e a segunda não deve ser um rei?

8. O conjunto A possui 4 elementos e, o conjunto B, 7 elementos.

Quantas funções f : A→ B existem? Quantas delas são injetoras?

9. a) De quantos modos o número 720 pode ser decomposto em um

produto de dois inteiros positivos? Aqui consideramos, naturalmente,

8× 90 como sendo o mesmo que 90× 8.

b) E o número 144?

8 MA12 - Unidade 14


2. Para formar um subconjunto você deve perguntar a cada elemento

do conjunto se ele deseja participar do subconjunto.

3. A primeira pessoa pode escolher sua cadeira de 5 modos; a se-

gunda, de 4; a terceira, de 3.

4. A primeira mulher pode escolher sua posição de 10 modos. A

segunda, de 8 modos. As outras, de 6, de 4 e de 2 modos. O primeiro

homem, de 5 modos. Os demais, de 4, de 3, de 2, de 1.

5. O tabuleiro de 64 casas possui 4 casas de canto (vértices), 24

casas laterais que não são vértices e 36 casas centrais. Cada casa de

canto possui 3 casas adjacentes; cada lateral possui 5 casas adjacentes

e cada central possui 8 casas adjacentes. Conte separadamente con-

forme o rei negro ocupa uma casa de canto, lateral ou central.

Se os reis fossem iguais, a resposta seria a metade da resposta anterior.

6. Haverá uma torre em cada linha. A torre da primeira linha pode

ser colocada de 8 modos. A da segunda linha, de 7 modos, pois não

pode �car na mesma coluna da anterior, etc.

Se as torres são diferentes, devemos primeiramente escolher qual a

torre que �cará na primeira linha (8 modos) e depois escolher onde

colocá-la na primeira linha (8 modos). Há 8 × 8 modos de colocar a

torre da primeira linha; analogamente, há 7 × 7 modos de colocar a

torre da segunda linha etc.

7. Conte separadamente os casos em que a carta de copas é um rei e

Combinatória 9

em que a carta de copas não é um rei.

8. Para construir uma função, você deve perguntar a cada elemento

de A quem ele deseja �echar em B.

9a. 720 = 24 × 32 × 5 tem 30 divisores positivos.

9b. Note que 144 = 12× 12.

MA 12 - Unidade 15

Combinatoria – Continuacao

Semana de 30/05 a 05/06

Nesta unidade, sao estudadas as permutacoes e as combinacoes, desenvolvendo modos especıficos

de contagem. Nao ha formulas a decorar, mas, procedimentos de contagem a compreender.

A unidade termina com uma lista de 10 problemas; resolva quantos puder, redigindo as suas solucoes.

Vıdeos relacionados:

1. Aulas do Professor Augusto Cesar Morgado - Analise Combinatoria, Julho de 2005.

2. PAPMEM - Livro Temas e Problemas. Combinatoria. Prof. Paulo Cesar Carvalho. Janeiro 2007

- Volume 1.

MA12 - Unidade 15

Combinatória

Semana 30/05 a 05/06

Há alguns (poucos) problemas de Combinatória que, embora sejam

aplicações do princípio básico, aparecem com muita frequência. Para

esses problemas, vale a pena saber de cor as suas respostas. O primeiro

desses problemas é o:

Problema das permutações simples

De quantos modos podemos ordenar em �la n objetos distintos?

A escolha do objeto que ocupará o primeiro lugar pode ser feita de

n modos; a escolha do objeto que ocupará o segundo lugar pode ser

feita de n− 1 modos; a escolha do objeto que ocupará o terceiro lugar

pode ser feita de n− 2 modos, etc...; a escolha do objeto que ocupará

o último lugar pode ser feita de 1 modo.

1

2 MA12 - Unidade 15

A resposta é n(n− 1)(n− 2) . . . 1 = n!.

Cada ordem que se dá aos obejtos é chamada de uma permutação

simples dos objetos. Assim, por exemplo, as permutações simples das

letras a, b e c são (abc), (acb), (bac), (bca), (cab) e (cba).

Portanto, o número de permutações simples de n objetos distintos

é Pn = n!.

Exemplo 1. Quantos são os anagramas da palavra �calor�? Quantos

começam com consoantes?

Solução. cada anagrama corresponde a uma ordem de colocação

dessas 5 letras. O número de anagramas é P5 = 5! = 120.

Para formar um anagrama começado por consoante devemos pri-

meiramente escolher a consoante (3 modos) e, depois, arrumar as qua-

tro letras restantes em seguida à consoante (4! = 24 modos). Há

3× 24 = 72 anagramas começados por consoante.

Exemplo 2. De quantos modos podemos arrumar em �la 5 livros

diferentes de Matemática, 3 livros diferentes de Estatística e 2 livros

diferentes de Física, de modo que livros de uma mesma matéria per-

maneçam juntos?

Solução. Podemos escolher a ordem das matérias de 3! modos. Feito

isso, há 5! modos de colocar os livros de Matemática nos lugares que

lhe foram destinados, 3! modos para os de Estatística e 2! modos para

os de Física.

A resposta é 3!5!3!2! = 6× 120× 6× 2 = 8 640.

Exemplo 3. Quantos são os anagramas da palavra �BOTAFOGO�?

Solução. Se as letras fossem diferentes a resposta seria 8!. Como as

Combinatória 3

três letras O são iguais, quando as trocamos entre si obtemos o mesmo

anagrama e não um anagrama distinto, o que aconteceria se fossem

diferentes. Isso faz com que na nossa contagem de 8! tenhamos con-

tado o mesmo anagrama várias vezes, 3! vezes precisamente, pois há

3! modos de trocar as letras O entre si.

A resposta é8!

3!= 6 720.

De modo geral, o número de permutações de n objetos, dos quais

α são iguais a A, β são iguais a B, γ são iguais a C, etc, é Pα,β,γ,...n =

n!

α!β!γ! . . ..

Exemplo 4. De quantos modos podemos dividir 8 objetos em um

grupo de 5 objetos e um de 3 objetos?

Solução. Um processo de fazer a divisão é colocar os objetos em �la;

os 5 primeiros formam o grupo de 5 e os 3 últimos formam o grupo de

3.

Há 8! modos de colocar os objetos em �la.

Entretanto, note que �las como abcde | fgh e badce | ghf são �las

diferentes e geram a mesma divisão de grupos. Cada divisão em gru-

pos foi contada uma vez para cada ordem dos objetos dentro de cada

grupo. Há 5!3! modos de arrumar os objetos em cada grupo. Cada

divisão em grupos foi contada 5!3! vezes.

A resposta é8!

5!3!= 56.

O segundo problema importante é o:

Problema das combinações simples

De quantos modos podemos selecionar p objetos distintos entre n

4 MA12 - Unidade 15

objetos distintos dados?

Cada seleção de p objetos é chamada de uma combinação simples

de classe p dos n objetos. Assim, por exemplo, as combinações sim-

ples de classe 3 dos objetos a, b, c, d e são {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, e},{a, c, d}, {a, c, e}, {a, d, e},{b, c, d}, {b, c, e}, {b, d, e} e {c, d, e}. Repre-sentamos o número de combinações simples de classe p de n elementos

por Cpn ou

(np

). Assim, C3

5 =(53

)= 10.

Para resolver o problema das combinações simples basta notar que

selecionar p entre os n objetos equivale a dividir os n objetos em um

grupo de p objetos, que são selecionados, e um grupo de n−p objetos,que são os não-selecionados.

Esse é o problema de exemplo 4 e a resposta é

Cpn =

n!

p!(n− p)!.

Exemplo 5. Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5

pessoas, com exatamente 3 homens, podem ser formadas?

Solução. Para formar a comissão devemos escolher 3 dos homens e 2

das mulheres. Há C35 · C2

4 = 10× 6 = 60 comissões.

Exemplo 6. Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5

pessoas, com pelo menos 3 homens, podem ser formadas?

Solução. Há comissões com: 3 homens e 2 mulheres, 4 homens e 1

mulher, 5 homens. A resposta é

C25 · C2

4 + C45 · C1

4 + C55 = 10× 6 + 5× 4 + 1 = 81.

Exemplo 7. Tem-se 5 pontos sobre uma reta R e 8 pontos sobre

uma reta R′ paralela a R. Quantos triângulos e quantos quadriláteros

convexos com vértices nesses pontos existem?

Combinatória 5

Solução. Para formar um triângulo ou você toma um ponto em R e

dois pontos em R′, ou toma um ponto em R′ e dois pontos em R. O

número de triângulos é 5 · C28 + 8 · C2

5 = 140 + 80 = 220.

Também se poderia pensar em tomar 3 dos 13 pontos e excluir

dessa contagem as escolhas de pontos colineares, o que daria

C313 − C3

8 − C35 = 286− 56− 10 = 220.

Para formar um quadrilátero convexo, devemos tomar dois pontos

em R e dois pontos em R′, o que pode ser feito de C35 ·C2

8 = 10·28 = 280

modos.

Exemplo 8. De quantos modos 5 crianças podem formar uma roda

de ciranda?

Figura 1:

Solução. À primeira vista parece que para formar uma roda com as

cinco crianças basta escolher uma ordem para elas, o que poderia ser

feito de 5! = 120 modos. Entretanto, as rodas ABCDE e EABCD são

iguais, pois na roda o que importa é a posição relativa das crianças

entre si e a roda ABCDE pode ser �virada� na roda EABCD. Como

6 MA12 - Unidade 15

cada roda pode ser �virada� de cinco modos, a nossa contagem de 120

rodas contou cada roda 5 vezes e a resposta é 120/5 = 24.

De modo geral, o número de modos de colocar n objetos em cír-

culo, de modo que disposições que possam coincidir por rotação sejam

consideradas iguais, isto é, o número de permutações circulares de n

objetos é (PC)n =n!

n= (n− 1)!.

O exemplo a seguir mostra um tipo de racíocinio que, apesar de

inesperado, pode ser muito e�ciente.

Exemplo 9. Quantos são os anagramas da palavra �BÚLGARO�

que não possuem duas vogais adjacentes?

Solução. Vamos primeiramente arrumar as consoantes e, depois, va-

mos entremear as vogais. O número de modos de arrumar em �la as

consoantes B, L, G, R é P4 = 4! = 24. Arrumadas as consoantes, por

exemplo na ordem BLGR, devemos colocar as vogais U, A, O nos 5

espaços da �gura. Como não podemos colocar duas vogais no mesmo

espaço, três dos espaços serão ocupados, cada um com uma vogal e

dois dos espaços �carão vazios. Temos C35 = 10 modos de escolher os

três espaços que serão ocupados e P3 = 3! = 6 modos de colocar as

vogais nos espaços escolhidos.

B L G R

A resposta é 24× 10× 6 = 1440.

Exemplo 10. Quantas são as soluções inteiras e não-negativas da

equação x1 + x2 + · · ·+ xn = p?

Combinatória 7

Solução. A resposta deste problema é representada por CRpn.

Para determinar o valor de CRpn, vamos representar cada solução

da equação por uma �la de sinais + e || . Por exemplo, para a equação

x + y + z = 5, as soluções (2,2,1) e (5,0,0) seriam representadas por

++ |++|+ e +++++||, respectivamente. Nossa representação, as

barras são usadas para separar as incógnitas e a quantidade de sinais

+ indica o valor de cada incógnita.

Para a equação x1 + x2 + · · · + xn = p, cada solução seria repre-

sentada por uma �la com n− 1 barras (as barras são para separar as

incógnitas; para separar n incógnitas, usamos n− 1 barras) e p sinais

+. Ora, para formar uma �la com n − 1 barras e p sinais +, basta

escolher dos n + p − 1 lugares da �la os p lugares onde serão colo-

cados os sinais +, o que pode ser feito de Cpn+p−1 modos. Portanto,

CRpn = Cp

n+p−1.

Exemplo 11. De quantos modos podemos comprar 3 sorvetes em

um bar que os oferece em 6 sabores distintos?

Solução. A resposta não é C36 = 20. C3

6 seria o número de modos de

comprar três sorvetes diferentes.

Chamando de xk o número de sorvetes do k-ésimo sabor que vamos

comprar, devemos determinar valores inteiros e não-negativos para xk,

k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, tais que x1 + x2 + · · · + x6 = 3. Isso pode ser feito

de CR36 = C3

8 = 56 modos.

Exercícios

1. Quantos são os anagramas da palavra �CAPÍTULO�.

8 MA12 - Unidade 15

a) possíveis?

b) que começam e terminam por vogal?

c) que têm as vogais e as consoantes intercaladas?

d) que têm as letras c, a, p juntas nessa ordem?

e) que têm as letras c, a, p juntas em qualquer ordem?

f) que têm a letra p em primeiro lugar e a letra a em segundo?

g) que têm a letra p em primeiro lugar ou a letra a em segundo?

h) que têm p em primeiro lugar ou a em segundo ou c em terceiro?

i) nos quais a letra a é uma das letras à esquerda de p e a letra c

é uma das letras à direita de p?

2. Se A é um conjunto de n elementos, quantas são as funções

f : A→ A bijetoras?

3. De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em �la de modo

que duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não �quem juntas?

4. De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em �la de modo

que duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não �quem juntas e duas ou-

tras, Helena e Pedro, permaneçam juntas?

5. Quantas são as permutações simples dos números

1, 2, 3, . . . , 10,

nas quais o elemento que ocupa o lugar de ordem k, da esquerda para

a direita, é sempre maior que k − 3?

6. De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5

Combinatória 9

atletas, denominados Esporte, Tupi e Minas?

7. De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5

atletas?

8. De quantos modos é possível dividir 20 objetos em 4 grupos de

3 ou 2 grupos de 4?

9. Um campeonato é disputados por 12 clubes em rodadas de 6 jogos

cada. De quantos modos é possível selecionar os jogos da primeira

rodada?

10. Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1, 2,

4, 6, 7 e escrevem-se os números assim formados em ordem crescente.

Determine:

a) que lugar ocupa 62 417.

b) que número que ocupa o 66o lugar.

c) qual o 166o algarismo escrito.

d) a soma dos números assim formados.


1c. Os anagramas podem começar por vogal ou por consoante.

1d. Tudo se passa como se cap fosse uma letra só.

1e. Escolha inicialmente a ordem das letras c,a,p. Recai-se no item

anterior.

1g. Ao somar os que têm p em primeiro com os que têm a em segundo,


os que têm p em primeiro e a em segundo são contados duas vezes.

Um diagrama de conjuntos ajuda.

1h. Um diagrama de conjuntos ajuda.

1i. Há 3! = 6 ordens possíveis para essas letras. A resposta é1

6do

total de anagramas.

3. Faça o total menos aquelas nas quais elas �cam juntas. Não se

esqueça que elas podem �car juntas em 2! ordens possíveis.

4. Faça todas com Helena e Pedro juntos menos aquelas nas Helena e

Pedro estão juntos e Vera e Paulo também estão juntos.

5. As posições mais restritas são as últimas.

6. Você deve escolher 5 jogadores para o Esporte, depois escolher 5

dos que sobraram para o Tupi e formar o Minas com os restantes.

Ou então, ponha os 15 jogadores em �la: os 5 primeiros formam o

Esporte, os 5 seguintes o Tupi, os 5 últimos o Minas. Note que, tro-

cando a ordem dentro de cada bloco, você muda a �la mas não muda

a divisão em times.

7. A resposta é a anterior dividida por 3!, pois agora, trocando os

times entre si, a divisão é a mesma.

9. Você pode colocar os 12 times em uma matriz 6×2 . Note que tro-

car as linhas entre si, ou trocar em uma linha a ordem dos elementos

não altera a seleção dos jogos. Você também poderia pensar assim:

Tenho 11 modos de escolher o adversário do Botafogo; depois tenho

9 modos de escolher o adversário do primeiro (em ordem alfabética)

time que sobrou, depois tenho 7...

10a. Para descobrir o lugar do 62 417 você tem que contar quantos

números o antecedem. Antecedem-no todos os números começados em

1, em 2, em 4, em 61, etc.

10c. O 166o algarismo escrito é o 1o algarismo do 34o número.

Combinatória 11

10d. A soma das unidades dos números é (1 + 2 + 4 + 6 + 7) · 4!,pois cada um dos algarismos 1, 2, 4, 6, 7 aparece como algarismo

das unidades em 4! números. Determine analogamente a soma das

dezenas, etc.

Um truque, bonito, mas truque, é agrupar os 5! = 120 números em 60

casais do seguinte modo: o cônjuge de cada número é o número que

dele se obtém trocando a posição do 1 com o 7 e a posição do 2 com

o 6. Teremos 60 casais e a soma em cada casal é 88 888. A resposta

é 88 888× 60.

MA 12 - Unidade 16

Combinatoria – O Binomio de Newton

Semana de 06/06 a 12/06

A unidade se inicia com o triangulo de Tartaglia-Pascal, que e uma tabela de formato triangular (nao

limitada), de numeros naturais, facil de construir e que permite obter de modo imediato os coeficientes

do desenvolvimento de (a+ b)n.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

· · · · · · · · · · · · · · ·

Esse triangulo foi descoberto pelo matematico chines Yang Hui (1238-1298) e suas propriedades

aritmeticas foram estudadas pelo matematico frances Blaise Pascal (1623-1662). Este escreveu o livro

Traite du Triangle Arithmetique, publicado em 1654, razao pela qual o triangulo leva o seu nome.

Pascal, junto com Fermat, foi o criador da Analise Combinatoria (assunto das Unidades 14-19) e da

Teoria de Probabilidades, que estudaremos nas Unidades 21-24.

Dentre as propriedades notaveis do triangulo de Pascal, destacam-se a simetria axial com relacao

ao eixo vertical central e a relacao de Stifel(n− 1

m− 1

)+

(n− 1

m

)=

(n

m

),

onde (n

m

)=

n!

m!(n−m)!,

numero esse tambem denotado por Cmn .

Essa relacao e a base da construcao do triangulo, pois permite determinar os elementos de uma linha

conhecendo os elementos da linha anterior. Destacam-se tambem o Teorema das linhas o Teorema das

colunas, dentre muitas outras propriedades.

A seguir, e apresentado o Binomio de Newton, ou seja, a formula que fornece o desenvolvimento

de (a + b)n de um modo diferente do que foi feito na Unidade 4. Aqui se utilizam argumentos

combinatorios, ao inves dos argumentos algebricos que foram utilizados la.

O Binomio de Newton era conhecido muito antes de Newton, mas leva o seu nome porque ele teve

a formidavel ideia de usar esse desenvolvimento com expoentes racionais para fazer uma generalizacao

inesperada do classico Teorema da Funcao Implıcita para equacoes polinomiais f(X, Y ) = 0, onde

f(0, 0) = 0, em condicoes onde nao se aplica o teorema classico, ou seja, quando

∂f

∂x(0, 0) = 0 e

∂f

∂y(0, 0) = 0.

Como sao definidos tais desenvolvimentos? Bem, formalmente, podemos definir, para n racional e

m natural os coeficientes binomiais como de costume(n

m

)=n(n− 1) · · · (n−m+ 1)

m!.

Note que, se n for inteiro (fixado), entao(nm

)se anula para m ≥ n + 1, o que nao e o caso se n for

um numero racional α que nao e natural. Nessa situacao, o coeficientes binomiais nunca se anulam.

Portanto, podemos escrever formalmente, como Newton fez, o desenvolvimento em serie infinita

(1 +X)α = 1 + αX +α(α− 1)

2X2 + · · ·+ α(α− 1) · · · (α−m+ 1)

m!Xm + · · · . (1)

Essa serie foi responsavel pelo famoso paradoxo do binomio, que intrigou os matematicos ate

ser definitivamente esclarecido por Gauss. Esse paradoxo se obtem, por exemplo, fazendo em (1) a

substituicao X = −2 e α = −1, obtendo

−1 = 1 + 2 + 22 + · · ·

A razao do surgimento desse paradoxo, como explicado por Gauss, consiste em tratar somas infinitas

como se fossem finitas. A igualdade so vale se a serie da direita for convergente, o que so ocorre quando

|X| < 1, e isso nao e o caso quando X = −2. Por aı pode-se ter uma nocao da genialidade de Gauss,

que introduziu a nocao de convergencia para series, iniciando o ramo da Analise Matematica. Gauss

fez o estudo completo da serie hipergeometrica, que contem, como casos particulares, varias series

conhecidas. Infelizmente, a matematica de Gauss e muito pouco abordada no Ensino Medio.

Para finalizar, resolva a lista de problemas propostos e leia a secao “Sobre o Ensino de Combi-

natoria”.

MA12 - Unidade 16

Combinatória

Semana 06/06 a 12/06

1 O Triângulo Aritmético

Chamamos de triângulo aritmético de Tartaglia1-Pascal2 ao quadro

abaixo, formado com os diversos valores de Cpn.

C00

C01 C1

1

C02 C1

2 C22

C03 C1

3 C23 C3

3

C04 C1

4 C24 C3

4 C44

C05 C1

5 C25 C3

5 C45 C5

5

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1Tartaglia, Nicolo Fontana (1500-1557), matemático italiano.2Pascal, Blaise (1623-1662), matemático, �lósofo e físico francês.

1

2 MA12 - Unidade 16

Observe que, numerando as linhas e colunas a partir de zero, Cpn

aparece na linha n e coluna p.

A propriedade que permite construir rapidamente o triângulo é a

relação de Stifel3, que diz que somando dois elementos lado a lado no

triângulo obtém-se o elemento situado embaixo do da direita. Assim,

a próxima linha do triângulo seria

1, 1+ 5 = 6, 5+ 10 = 15, 10+ 10 = 20, 10+ 5 = 15, 5+ 1 = 6, 1.

Relação de Stifel. Cpn + Cp+1

n = Cp+1n+1.

Prova. Considere um conjunto A de n+1 elementos, um dos quais é

x. O número de subconjuntos de A com p+1 elementos é Cp+1n+1. Esse

número é igual à soma do número de subconjuntos nos quais x não

�gura, Cp+1n , com o número de subconjuntos nos quais x �gura, Cp

n,

cqd.

Outra relação importante é o:

Teorema das Linhas. C0n + C1

n + C2n + · · ·+ Cn

n = 2n.

Prova. Basta observar que os dois membros são iguais ao número de

subconjuntos de um conjunto com n elementos.

Exemplo 1. Um palácio tem 7 portas. De quantos modos pode

ser aberto o palácio?

Solução. Há C17 modos de abrir o palácio abrindo uma só porta, C2

7

modos de abrir o palácio abrindo duas portas, etc. A resposta é

C11 + C2

7 + · · ·+ C77 = 27 − C0

7 = 128− 1 = 127.

3Stifel, Michael (1487?-1567), algebrista alemão.

Combinatória 3

Finalmente, a relação que declara que, em cada linha, elementos

equidistantes dos extremos são iguais.

Relação das Combinações Complementares. Cpn = Cn−p

n .

Prova. Basta observar que o número de modos de escolher, entre n

objetos, p objetos para usar é igual ao de escolher n− p objetos para

não usar.

2 O Binômio de Newton

A fórmula do binômio de Newton4 é a fórmula que dá o desenvolvi-

mento de (x+ a)n.

Para obtê-la basta multiplicar

(x+ a) · (x+ a) · . . . · (x+ a).

O termo genérico do produto é obtido tomando em p dos fatores,

p = 0, 1, 2, . . . , n , a segunda parcela e tomando nos restantes n − p

fatores a primeira parcela. Como isso pode ser feito de Cpn modos, o

termo genérico do produto é Cpna

pxn−p e

(x+ a)n =n∑

p=0

Cpna

pxn−p

= C0na

0xn + C1na

1xn−1 + C2na

2xn−2 + · · ·+ Cnna

nx0.

Exemplo 1. Determine o coe�ciente de x3 no desenvolvimento de(x4 − 1

x

)7

.

4Newton, Isaac (1642-1727), matemático e físico inglês.

4 MA12 - Unidade 16

Solução. O termo genérico do desenvolvimento é

Cp7

(−1

x

)p

(x4)7−p = Cp7 (−1)px28−5p.

O termo em x3 é obtido se 28− 5p = 3, ou seja, se p = 5.

O termo procurado é C57(−1)5x3 = −21x3 . O coe�ciente é −21.

Exemplo 2. Determine o termo máximo do desenvolvimento de(1 +

1

3

)50

.

Solução. O termo genérico do desenvolvimento é

tp = Cpna

pxn−p = Cp50

(1

3

)p

.

Vamos descobrir para que valores de p os termos crescem. Para

isso, calculamos

tp − tp−1 = Cp50

(1

3

)p

− Cp−150

(1

3

)p−1

=50!

p!(50− p)!3p− 50!

(p− 1)!(51− p)!3p−1

=50!

(p− 1)!(50− p)!3p−1

(1

3p− 1

51− p

)=

50!

(p− 1)!(50− p)!3p−1

(51− 4p

3p(51− p)

).

Temos tp − tp−1 positivo, isto é, tp > tp−1 quando 51− 4p > 0 e temos

tp < tp−1 quando 51− 4p < 0.

Portanto, tp > tp−1 quando p 6 12 e tp < tp−1 quando p > 13.

Logo, t0 < t1 < · · · < t11 < t12 > t13 > t14 > · · · > t50. O termo

máximo é

t12 =C12

50

312.

Combinatória 5

Exercícios

1. Com 7 vitaminas diferentes, quantos coquetéis de duas ou mais

vitaminas podemos formar?

2. Determine p para que seja máximo:

a) Cp10.

b) Cp21.

3. Determine o termo independente de x no desenvolvimento de(x3 − 1

x2

)10

.

4. Determine o coe�ciente de xn no desenvolvimento de (1 − x)2 ·(x+ 2)n.

5. Determine o valor da soma C0n + 3C1

n + 32C2n + · · ·+ 3nCn

n .

6. Se (1 + x + x2)n = A0 + A1x + A2x2 + · · · + A2nx

2n, determine

o valor de:

a) A0 + A1 + A2 + · · ·+ A2n

b) A0 + A2 + A4 + · · ·+ A2n.

7. Determine o termo máximo do desenvolvimento de(1 +

1

2

)100

.

6 MA12 - Unidade 16

8. Prove que 10150 > 9950 + 10050.


3. O termo independente de x é o termo em x0.

5. A soma pedida é o desenvolvimento de um binômio de Newton.

6a. Faça x = 1.

6b. Faça x = −1.

8. 101 = 100 + 1 e 99 = 100 − 1. O melhor modo de mostrar que

a > b é mostrar que a− b é positivo.

3 Sobre o Ensino de Combinatória

1. Não faça fórmulas demais ou casos particulares demais. Isso obscu-

rece as ideias gerais e torna as coisas mais complicadas. Quem troca

o princípio básico da contagem por fórmulas de arranjos, permutações

e combinações tem di�culdade de resolver até mesmo o nosso segundo

exemplo (o das bandeiras).

2. Aprenda e faça com que os alunos aprendam com os erros. É

importante, diante de uma solução errada, analisar porque ela está

errada.

3. Você quer mostrar que é o bom ou quer que seus alunos apren-

dam? Se você prefere a segunda alternativa, resista à tentação de em

cada problema buscar solução mais elegante. O que deve ser procurado

é um método que permita resolver muitos problemas e não um truque

Combinatória 7

que resolva maravilhosamente um problema. Sendo mais especí�co:

no exemplo 6, da seção de princípios básicos, foram apresentados dois

métodos e um truque. Não se deve mostrar o truque antes de mostrar

os métodos. A beleza de alguns truques só pode ser apreciada por

quem tem domínio dos métodos.

Combinatória não é difícil; impossível é aprender alguma coisa ape-

nas com truques em vez de métodos.

4. Não dê preferência a raciocínios destrutivos, raciocínios do tipo

contar a mais e depois descontar o que não servia e foi contado inde-

vidamente. Os raciocínios que resolvem a maior parte dos problemas

de Combinatória são essencialmente construtivos. Embora em cer-

tos casos seja melhor usar um raciocínio destrutivo, seus alunos só se

sentirão seguros quando dominarem os raciocínios construtivos.

Por exemplo, no exemplo 7 da parte de combinações, a primeira

solução apresentada é melhor do que a segunda para educar o raciocínio

do aluno.

5. Um processo seguro de tornar as coisas complicadas é começar

assim: esse é um problema de arranjos ou de combinações? Como se

resolveriam, por exemplo, os problemas dos exemplos 2, 3 e 5 da seção

2.1 e os problemas propostos números 10, 14, 17 e 19 da mesma seção?

Aliás, para que servem arranjos?

MA 12 - Unidade 17

Combinatoria – Resolucao de Problemas

Semana de 06/06 a 12/06

Nesta unidade, voce tera 12 exercıcios para resolver. Resolva o maximo que puder, redigindo as

suas solucoes com cuidado.

MA12 - Unidade 17

Combinatória

Problemas

Semana 06/06 a 12/06

1. Em um corredor há 900 armários, numerados de 1 a 900, inicial-

mente todos fechados. 900 pessoas, numeradas de 1 a 900, atravessam

o corredor. A pessoa de número k reverte o estado de todos os ar-

mários cujos números são múltiplos de k. Por exemplo, a pessoa de

número 4 mexe nos armários de números 4, 8, 12, . . . , abrindo os que

encontra fechados e fechando os que encontra abertos. Ao �nal, quais

armários �carão abertos?

2. Dispomos de 5 cores distintas. De quantos modos podemos colorir

os quatro quadrantes de um círculo, cada quadrante com uma só cor,

1

2 MA12 - Unidade 17

se quadrantes cuja fronteira é uma linha não podem receber a mesma

cor?

3. De quantos modos podemos formar uma palavra de 5 letras de

um alfabeto de 26 letras, se a letra A deve �gurar na palavra mas não

pode ser a primeira letra da palavra? E se a palavra devesse ter letras

distintas?

4. As placas dos veículos são formadas por três letras (de um al-

fabeto de 26) seguidas por 4 algarismos. Quantas placas poderão ser

formadas?

5. Um vagão do metrô tem 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e

5 de costas. De 10 passageiros, 4 preferem sentar de frente, 3 preferem

sentar de costas e os demais não têm preferência. De quantos modos

eles podem se sentar, respeitadas as preferências?

6. Escrevem-se os inteiros de 1 até 2 222. Quantas vezes o alga-

rismo 0 é escrito?

7. Quantos são os inteiros positivos de 4 dígitos nos quais o alga-

rismo 5 �gura?

8. Em uma banca há 5 exemplares iguais da �Veja�, 6 exemplares

iguais da �Manchete� e 4 exemplares iguais da �Isto é�. Quantas

coleções não-vazias de revistas dessa banca podem ser formadas?

9. Uma turma tem aulas as segundas, quartas e sextas, de 13h às

Combinatória - Problemas 3

14h e de 14h às 15h. As matérias são Matemática, Física e Química,

cada uma com duas aulas semanais, em dias diferentes. De quantos

modos pode ser feito o horário dessa turma?

10. O problema do exemplo 1 − Com 5 homens e 5 mulheres, de

quantos modos se pode formar um casal?− foi resolvido por um aluno

do modo a seguir: �A primeira pessoa do casal pode ser escolhida de 10

modos, pois ela pode ser homem ou mulher. Escolhida a primeira pes-

soa, a segunda pessoa só poderá ser escolhida de 5 modos, pois deve

ser de sexo diferente da primeira pessoa. Há portanto 10 × 5 = 50

modos de formar um casal�. Onde está o erro?

11. Escrevem-se números de 5 dígitos, inclusive os começados em

0, em cartões. Como 0, 1 e 8 não se alteram de cabeça para baixo e

como 6, de cabeça para baixo, se transforma em 9 e vice-versa, um

mesmo cartão pode representar dois números (por exemplo, 06198 e

86190). Qual é o número mínimo de cartões para representar todos os

números de 5 dígitos?

12. Qual a soma dos divisores positivos de 360?


1. O armário de número k é mexido pelas pessoas cujos números são

divisores de k. Um armário �cará aberto se for mexido um número

ímpar de vezes.

Lembre-se que o número de divisores positivos de 2α × 3β × 5γ × . . . é

4 MA12 - Unidade 17

igual a (α + 1)(β + 1)(γ + 1) . . .

2. Conte separadamente os casos em que os quadrantes 1 e 3 têm

cores iguais e cores diferentes.

3. Note que no caso em que são permitidas repetições, a condição

da letra A �gurar na palavra é terrível, pois ela pode �gurar uma só

vez, ou duas, etc... Por isso é melhor contar todas as palavras do al-

fabeto e diminuir as que não têm A e as que começam por A.

No caso sem repetição, você poderia também contar diretamente: há

4 modos de escolher a posição A, 25 modos de escolher a letra da

primeira casa restante, 24 para a segunda casa restante, etc.

6. Conte quantas vezes o 0 aparece nas unidades, some com o número

de vezes que ele aparece nas dezenas, etc.

7. Note que como são permitidas repetições, a condição do 5 �gurar

no número é terrível, pois ele pode �gurar uma só vez, ou duas, etc...

É melhor fazer todos os números menos aqueles em que o 5 não �gura.

8. Para formar uma coleção, você deve decidir quantas �Veja� farão

parte da coleção, etc. Não esqueça de retirar da sua contagem a coleção

vazia.

9. Há 3 modos de escolher os dias de Matemática; escolhidos os dias,

digamos segundas e quartas, há 2 modos de escolher o horário da aula

de Matemática da segunda e 2 modos de escolher o horário da aula de

Matemática da quarta. Há 2 modos de escolher os dias da Física (não


podem ser os mesmos da Matemática senão a Química �caria com as

aulas no mesmo dia), etc.

11. Há três tipos de cartões: os que não podem ser virados de cabeça

para baixo, os que virados de cabeça para baixo continuam represen-

tando o mesmo número e os que virados de cabeça para baixo passam

a representar números diferentes. Se há x, y e z cartões de cada um

esses tipos, respectivamente, a resposta é x + y +z

2. É fácil calcular

y, z + y e x+ y + z.

MA 12 - Unidade 18


Semana de 13/06 a 19/06

Nesta unidade, voce tera mais quinze exercıcios relativo a materia da Unidade 15. Redija com

cuidado as suas solucoes.

MA12 - Unidade 18

Combinatória

Problemas

Semana 13/06 a 19/06

1. De quantos modos é possível colocar r rapazes e m moças em �la

de modo que as moças permaneçam juntas?

2. Quantos dados diferentes é possível formar gravando números de 1

a 6 sobre as faces de um cubo?

a) Suponha uma face de cada cor.

b) Suponha faces iguais.

c) Suponha que as faces são iguais e que a soma dos pontos de

faces opostas deva ser igual a 7.

1

2 MA12 - Unidade 18

3. Resolva o problema anterior, no caso b), para os outros 4 poliedros

regulares.

4. Determine n para quen∑

k=1

k! seja um quadrado perfeito.

5. Quantos são os anagramas da palavra �ESTRELADA�?

6. O conjunto A possui n elementos. Quantos são os seus subconjun-

tos com p elementos?

7. Uma faculdade realiza seu vestibular em dois dias de provas, com

4 matérias em cada dia. Este ano a divisão foi: Matemática, Por-

tuguês, Biologia e Inglês no primeiro dia e Geogra�a, História, Física

e Química no segundo dia. De quantos modos pode ser feito o cal-

endário de provas?

8. Qual é o erro da solução abaixo?

�Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas, com

pelo menos 3 homens, podem ser formadas?

Solução: Primeiramente vamos escolher 3 homens para a comissão, o

que pode ser feito de C35 = 10 modos. Agora devemos escolher mais

duas pessoas para a comissão, homens ou mulheres, entre as 6 pessoas

restantes, o que pode ser feito de C26 = 15. A resposta é 10×15 = 150.�

9. Quantas diagonais possui:

a) um octaedro regular?

b) um icosaedro regular?

c) um dodecaedro regular?

d) um cubo?


e) um prisma hexagonal regular?

10. Sejam Im = {1, 2, . . . ,m} e In = {1, 2, . . . , n}, com m 6 n.

Quantas são as funções f : Im → In estritamente crescentes?

11. Quantos são os números naturais de 7 dígitos nos quais o dígito

4 �gura exatamente 3 vezes e o dígito 8 exatamente 2 vezes?

12. Quantos são os subconjuntos de {a1, a2, . . . , an}, com p elementos,

nos quais:

a) a1 �gura;

b) a1 não �gura;

c) a1 e a2 �guram;

d) pelo menos um dos elementos a1, a2 �gura;

e) exatamente um dos elementos a1 e a2 �gura.

13. De um baralho de pôquer (7, 8, 9, 10, valete, dama, rei e ás,

cada um desses grupos aparecendo em 4 naipes: copas, ouros, paus,

espadas), sacam-se simultaneamente 5 cartas.

a) Quantas são as extrações possíveis?

Quantas são as extrações nas quais se forma:

b) um par (duas cartas em um mesmo grupo e as outras três em

três outros grupos diferentes)?

c) dois pares (duas cartas em um grupo, duas em outro grupo e

uma em um terceiro grupo)?

d) uma trinca (três cartas em um grupo e as outras duas em dois

outros grupos diferentes)?

e) um �four� (quatro cartas em um grupo e uma em outro grupo)?

4 MA12 - Unidade 18

f) um �full hand� (três cartas em um grupo e duas em outro grupo)?

g) uma sequência (5 cartas de grupos consecutivos, não sendo todas

do mesmo naipe)?

h) um ��ush� (5 cartas do mesmo naipe, não sendo elas de 5 grupos

consecutivos)?

i) um �straight �ush� (5 cartas de grupos consecutivos, todas do

mesmo naipe)?

j ) um �royal straight �ush� (10, valete, dama, rei e ás de um mesmo

naipe)?

14. O conjunto A possui p elementos e o conjunto B possui n ele-

mentos. Determine o número de funções f : A → B sobrejetoras

para: a) p = n; b) p = n+ 1; c) p = n+ 2.

15. Considere um conjunto C de 20 pontos do espaço que tem um

subconjunto C1 formado por 8 pontos coplanares. Sabe-se que toda

vez que 4 pontos de C são coplanares, então eles são pontos de C1.

Quantos são os planos que contêm pelo menos três pontos de C?


2a. Devemos colocar 6 números em 6 lugares. A resposta é 6!.

2b. Agora, quando mudamos o cubo de posição obtemos o mesmo

dado. Por exemplo, um dado que tem o 1 e o 6 em faces opostas:

Antes, colocar o 1 em cima, na face preta, e o 6 em baixo, na face

branca, era diferente de colocar o 6 em cima e o 1 embaixo. Agora

não, é o mesmo dado de cabeça para baixo. A resposta é a anterior


dividida pelo número de posições de colocar um cubo. Há 6 modos de

escolher a face que �ca em baixo e 4 modos de escolher nessa face a

aresta que �ca de frente.

4. Se k > 4, k! termina em 0.

9. Os segmentos que ligam dois vértices são diagonais, arestas ou di-

agonais de faces.

10. A função �ca determinada quando se escolhem os m elementos de

In que formarão a imagem.

11. Ignore o problema do 0 na primeira casa. Escolha os lugares dos

4, dos 8, preencha as casas restantes. Desconte os números começados

em 0.

13b. Há 8 modos de escolher o grupo das suas cartas que formarão

o par propriamente dito; há C24 modos de escolher os naipes dessas

cartas; há C37 modos de escolher os grupos das outras três cartas e 43

modos de escolher seus naipes.

14a. Essas funções são bijetoras.

14b. Um elemento de B tem sua imagem inversa formada por dois

elementos e os demais têm imagens inversas unitárias.

14c. Há duas possibilidades: um elemento de B tem sua imagem

inversa formada por três elementos e os demais têm imagens inversas

unitárias ou dois elementos de B têm imagens inversas formadas por

dois elementos e os demais têm imagens inversas unitárias.

MA 12 - Unidade 19


Semana de 13/06 a 19/06

Nesta unidade, voce tem mais quinze exercıcios para resolver. Resolva o maximo que puder,

redigindo as suas solucoes com cuidado.

MA12 - Unidade 19

Combinatória

Problemas

Semana 13/06 a 19/06

1. Uma �la de cadeiras no cinema tem 10 poltronas. De quantos mo-

dos 3 casais podem se sentar nessas poltronas de modo que nenhum

marido se sente separado de sua mulher?

2. Quantos são os anagramas da palavra �PARAGUAIO� que não

possuem consoantes adjacentes?

3. De quantos modos podemos selecionar p elementos do conjunto

{1, 2, . . . , n} sem selecionar dois números consecutivos?

1

2 MA12 - Unidade 19

4. Onze cientistas trabalham num projeto sigiloso. Por questões de

segurança, os planos são guardados em um cofre protegido por muitos

cadeados de modo que só é possível abri-los todos se houver pelo menos

5 cientistas presentes.

a) Qual é o número mínimo possível de cadeados?

b) Na situação do item a), quantas chaves cada cientista deve ter?

5. Depois de ter dado um curso, um professor resolve se despedir

de seus 7 alunos oferecendo, durante 7 dias consecutivos, 7 jantares

para 3 alunos cada. De quantos modos ele pode fazer os convites se

ele não deseja que um mesmo par de alunos compareça a mais de um

jantar?

6. Formam-se as combinações simples de classe 5 dos elementos

a1, a2, . . . , a12, as quais são escritas com os elementos em ordem cres-

cente de índices. Quantas são as combinações nas quais o elemento a8

ocupa o 3o lugar?

7. De quantos modos é possível colocar em �la h homens e m mulhe-

res, todos de alturas diferentes, de modo que os homens entre si e as

mulheres entre si �quem em ordem crescente de alturas?

8. Em uma escola, x professores se distribuem em 8 bancas exa-

minadoras de modo que cada professor participa de exatamente duas

bancas e cada duas bancas têm exatamente um professor em comum.

a) Calcule x.

b) Determine quantos professores há em cada banca.


9. A partir de um conjunto de a atletas formam-se t times de k atletas

cada. Todos os atletas participam de um mesmo número de times e

cada par de atletas �ca junto no mesmo time um mesmo número de

vezes. Determine:

a) de quantos times cada atleta participa;

b) em quantos times cada par de atletas �ca junto.

10. De quantos modos podemos formar uma mesa de buraco com

4 jogadores?

11. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 5

meninos e 5 meninas de modo que pessoas de mesmo sexo não �quem

juntas?

12. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com

6 crianças, de modo que duas delas, Vera e Isadora, não �quem juntas?

13. Quantas são as soluções inteiras e positivas de x+ y + z = 7?

14. Quantas são as soluções inteiras e não-negativas de x+y+z 6 6?

15. Uma indústria fabrica 5 tipos de balas que são vendidas em caixas

de 20 balas, de um só tipo ou sortidas. Quantos tipos de caixas podem

ser montados?


1. Escolhida a ordem em que cada casal vai se sentar (marido à di-

reita, mulher à esquerda ou vice-versa), você tem que formar uma �la

4 MA12 - Unidade 19

com 3 casais e 4 lugares vazios.

2. Arrume primeiramente apenas as vogais e depois entremeie as con-

soantes.

3. Marque, no conjunto {1, 2, . . . , n} , com o sinal + os elementos

selecionados para o subconjunto e com o sinal − os elementos não

selecionados. Você tem que formar uma �la com p sinais + e n − p

sinais − , sem que haja dois sinais + adjacentes.

4. Um grupo de 4 cientistas, ABCD, é barrado por pelo menos um

cadeado. Na situação do número mínimo de cadeados, por exatamente

um cadeado. Batizemos esse cadeado de ABCD, A, B, C, D não têm

a chave desse cadeado e todos os outros cientistas a têm. Não pense

mais nos cadeados e sim nos seus nomes.

5. Prove inicialmente que cada aluno comparece a exatamente 3

jantares.

8. Um bom nome para o professor que pertence às bancas 1 e 2 é

professor 1− 2.

13. Chamando x de 1 + a, y de 1 + b e z de 1 + c, você tem de deter-

minar soluções inteiras e não-negativas para a+ b+ c = 4.

14. De�na, para cada solução, a folga, que é a diferença entre o valor

máximo que x+y+z poderia atingir e o valor que x+y+z realmente

atinge. Por exemplo, a solução x = 1, y = 2, z = 1 tem folga 2. Cada

solução da inequação x + y + z 6 6 corresponde a uma solução da

equação x+ y + z + f = 6 e vice-versa.

MA12 - Unidade 20

Atividade Especial

Semana de 20/06 a 26/06

Esta unidade será dedicada a resolver um problema de combinatória comuma inesperada aplicação.

O problema que resolveremos é um típico problema de contagem em pre-sença de simetrias, utilizando uma técnica que é empregada em muitas situ-ações onde dois elementos de um conjunto são identificados quando são ima-gens um do outro por certas transformações dadas.

Fabricando Pulseiras

Um artesão possui contas coloridas de n cores distintas com grande quanti-dade de contas de cada cor. Ele quer fabricar pulseiras com um determinadonúmero fixado de contas cada uma, levando em consideração que a moda daestação dita que cada pulseira tenha que ser formada com um número primop de contas e que nem todas as contas sejam de uma só cor.

2 Unidade 20

O seu processo de fabricação consiste em produzir lotes formados de to-das as correntes distintas que podem ser feitas com p contas enfiadas emum cordão, para serem posteriormente fechadas amarrando as extremidades,formando assim as pulseiras.

Por exemplo, com duas cores (n = 2): preto (P) e branco (B) e trêscontas em cada corrente (p = 3), o lote de fabricação consiste das seguintescorrentes:

−−−P −−−−− P −−−−− B −−−−−−P −−−−−B −−−−− P −−−−−−B −−−−− P −−−−− P −−−−−−B −−−−−B −−−−− P −−−−−−B −−−−− P −−−−− B −−−−−−P −−−−− B −−−−− B −−−−−−P −−−−− P −−−−− P −−−−−−B −−−−−B −−−−−B −−−

das quais ele descarta as duas últimas que são monocromáticas.Note que, estritamente falando, a primeira e a terceira corrente, bem

como a quarta e a sexta, são iguais entre si, pois é só girar uma de 180 grauspara obter a outra. Entretanto, para o nosso pouco perspicaz artesão, elassão consideradas distintas.

Ao vender cada lote de correntes, ele quer embalar em pacotes separadoscada conjunto de correntes que ao final produzem a mesma pulseira.

Note que, no exemplo acima, a primeira, a segunda e a terceira correnteformam pulseiras iguais, o mesmo ocorrendo com a quarta, a quinta e a sextacorrente.

Vejamos, inicialmente, quantas correntes terá cada lote. O princípio fun-damental da contagem nos diz que podemos formar np correntes distintas,como acima, com p contas de n cores. Dessas correntes, devemos retirar aque-las onde as p contas têm mesma cor, ou seja, as n correntes correspondentesa cada uma das n cores. Portanto, o número total de correntes é np − n.

Vejamos agora como separar o conjunto C dessas np − n correntes empacotes onde as correntes de cada pacote produzem pulseira iguais, de tal

Atividade Especial 3

modo que dois pacotes distintos não possuam nenhuma pulseira em comum.Note que se em uma corrente pegarmos a primeira conta e a colocarmos no

final da fila, obtemos uma corrente que produz uma pulseira igual à anterior.Por exemplo, com duas cores (n = 2): preto (P) e branco (B), considere

a corrente com p (= 3) contas

−−−P −−−−− P −−−−− B −−−Ao efetuarmos a transformação acima nesta corrente, obteremos a corrente

−−−P −−−−−B −−−−− P −−−

que produz uma pulseira igual à anterior, quando se amarram as pontas.Esta transformação nada mais é do que uma função de C em si mesmo,

que denotaremos por σ : C → C.Façamos algumas observações sobre essa função σ:

1) A função σ é uma bijeção de C. De fato, esta função é invertível cujainversa σ−1 é a função que desfaz o que σ faz; isto é, pega a última conta deuma corrente e a coloca no início da fila.

2) Dada uma corrente C, a corrente σ(C) produz a mesma pulseira.

Podemos compor cada uma das funções σ e σ−1 consigo mesma quantasvezes quisermos:

σ2 = σ ◦ σ, σ3 = σ2 ◦ σ = σ ◦ σ ◦ σ, . . .

σ−2 = σ−1 ◦ σ−1, σ−3 = σ−2 ◦ σ−1 = σ−1 ◦ σ−1 ◦ σ−1, . . .

Define-se σ1 = σ e σ0 = Id, onde Id é a função identidade de C3) Convença-se de que σp = Id, ou seja, se repetirmos p vezes a operação σ

em uma corrente qualquer C, voltamos a ter a mesma corrente C.

4) Mostre que se 0 ≤ i < p, então σ−i(C) = σp−i(C), para todo C em C.5) Convença-se de que para C ∈ C, tem-se que σ(C) 6= C.Sugestão Mostre que se σ(C) = C, então σi(C) = C, para todo i, e com

4 Unidade 20

algum argumento simples mostre que a corrente C seria necessariamentemonocromática.

Vamos agora à preparação dos pacotes.Pegue uma corrente C1 de C ao acaso. Forme o pacote:

C1 ={C1, σ(C1), σ2(C1), . . . , σp−1(C1)

}.

Vamos inicialmente mostrar que se k é o menor inteiro positivo tal queσk(C1) = C1, então k = p.

De fato, pelas Observações 3 e 5, temos que 1 < k ≤ p. Pelo algoritmoda divisão euclidiana, podemos escrever

p = kq + r, com 0 ≤ r < k, (1)

logo

C1 = σp(C1) = σr(σk ◦ · · · ◦ σk︸︷︷︸

q vezes(C1)

)= σr(C1).

Portanto, σr(C1) = C1, o que implica que r = 0, pois k é o menor dosexpoentes positivos para os quais σk(C1) = C1 e r < k.

Portanto, de (1), temos que p = kq. Sendo p um número primo e sendok > 1, temos necessariamente k = p.

Em seguida, vamos mostrar que o pacote C1, acima, possui p elementosdistintos.

Suponha que

σi(C1) = σj(C1), para alguns i e j, com 0 ≤ i ≤ j < p,

logo

C1 = σ0(C1) = σ−i(σi(C1)) = σ−i(σj(C1)) = σj−i(C1).

Portanto, σj−i(C1) = C1 e como 0 ≤ j − i < p, temos que j = i, em virtudeda minimalidade de p com a propriedade de que σp(C1) = C1.

Atividade Especial 5

Para gerar o segundo pacote, tomamos uma corrente C2 qualquer que nãoesteja no pacote C1 e formamos o pacote

C2 ={C2, σ(C2), σ2(C2), . . . , σp−1(C2)

},

que possui p elementos distintos, como verificado anteriormente para o pacoteC1.

Vamos agora mostrar que C1 ∩ C2 = ∅.De fato, se σi(C1) = σj(C2), com 0 ≤ i < p e 0 ≤ j < p, então

C2 =

{σi−j(C1), se i ≥ j

σp−(j−i)(C1), se i < j,

o que mostraria que C2 ∈ C1; contradição.Para formar o terceiro pacote, tome C3 6∈ C1 ∪ C2 e tome

C3 ={C3, σ(C3), σ2(C3), . . . , σp−1(C3)

},

que possui p elementos distintos e não tem elementos em comum com ospacotes C1 e C2 (mesmo raciocínio que acima).

Continuamos, desse modo, a formar pacotes até esgotarmos todos os el-ementos de C. Denotando por N o número de pacotes assim obtidos, temosentão que

Np = np − n.

Portanto, chegamos à conclusão de que se p é um número primo, então, paratodo número natural n, o número np − n é divisível por p. Assim, o númeroN de pacotes de pulseiras iguais que o artesão produz em cada lote de suaprodução é dado por

N =np − n

p.

A Conexão Inesperada

A contagem que acabamos de realizar dá uma prova combinatorial de umdos teoremas mais notáveis da aritmética, o Pequeno Teorema de Fermat,cujo enunciado damos a seguir.

6 Unidade 20

Pequeno Teorema de Fermat Seja p um número primo. Dado um númeronatural n, qualquer, tem-se que p divide o número np − n.

Este teorema foi divulgado por Fermat em uma de suas cartas de 1640,sem porém divulgar a sua demostração, que ele classificava como trabalho-sa. As primeiras provas que se conhecem foram dadas por Leibniz (nãopublicada) e por Euler, cerca de um século mais tarde. Este teorema nãopara de surpreender pelas aplicações que tem encontrado na matemática e,mais recentemente, na criptografia, conforme teremos oportunidade de verna disciplina Aritmética I, do póximo semestre. A prova combinatorial quedemos acima é devida a S. W. Golomb1.

Só para apreciar o conteúdo aritmético desse resultado, vamos analisá-lopara p igual a 2, 3 e 5.

Para p = 2, temosn2 − n = n(n− 1),

e o resultado é óbvio, pois de dois inteiros consecutivos, um deles é par.Para p = 3, temos

n3 − n = n(n2 − 1) = n(n− 1)(n + 1),

e o resultado é também óbvio, pois de três inteiros consecutivos, um deles émúltiplo de três.

Para p = 5, temos

n5 − n = n(n− 1)(n + 1)(n2 + 1),

e o argumento acima já não funciona mais. Pode-se provar o resultado, nestecaso, supondo que se nenhum dos números n − 1, n, n + 1 é múltiplo de 5,então n2 + 1 é múltiplo de 5.

Deixamos ao leitor a tarefa de tentar mostrar diretamente o caso p = 7.A prova aritmética do Pequeno teorema de Fermat será dada na disciplina

Aritmética I, do próximo semestre.1publicada no artigo Combinatorial proof of Fermat’s little theorem. American

Mathematical Monthly, 63(10) pag. 718, Dezembro de 1956. Reproduzido emhttp://www.math.upenn.edu/∼ kennardl/math170/reading/Golomb_FLTnecklaces.pdf

MA 12 - Unidade 21

Probabilidade

Semana de 27/06 a 03/07

Iniciamos, nesta unidade, o estudo de Probabilidade, uma das aplicacoes da Combinatoria. A Teoria

de Probabilidade, como diz o nome, e o estudo de fenomenos que envolvem a incerteza e se originou

como instrumento para modelar jogos de azar, como cartas e dados.

Probabilidade e a base para a Estatıstica, ciencia utilizada nas mais diversas atividades humanas,

sendo fundamental em varias areas, como Ciencias Humanas, Ciencias da Saude, Economia e Financas,

Ecologia e Teoria dos Jogos, entre muitos outros. Do ponto de vista teorico, atualmente, a Teoria de

Probabilidade e utilizada como ferramenta em algumas areas da Fısica e, cada vez mais, em areas da

propria Matematica. Por esse motivo, o ensino de Probabilidade no Ensino Medio e importante e atual.

Esse assunto e muito vasto, mas aqui so trataremos de alguns conceitos basicos e suas aplicacoes.

Definem-se o conjunto espaco amostral e a nocao de probabilidade como sendo uma funcao numerica

com domınio no conjunto das partes desse espaco. Os subconjuntos do espaco amostral sao os chama-

dos eventos. As propriedades basicas da funcao probabilidade sao dadas no Teorema 1, que bastarao

para resolver os problemas dessa unidade.

No final dessa unidade, estao propostos 9 problemas; resolva quantos puder.

Vıdeos associados:

1. PAPMEM. Livro Temas e Problemas Elementares. Probabilidade, Prof. Paulo Cezar Carvalho.

Janeiro 2009, Volume 2 (nıvel fundamental).

2. PAPMEM. Probabilidade, Prof. Paulo Cezar Carvalho. Segunda Edicao, Julho 2006, Volume 2

(nıvel fundamental).

MA12 - Unidade 21

Probabilidade

Semana 27/06 a 03/07

1 Conceitos Básicos

Experiências que repetidas sob as mesmas condições produzem geral-

mente resultados diferentes são chamadas de aleatórias. Por exemplo,

retira-se uma carta de um baralho e veri�ca-se se ela é ou não um

curinga; compra-se uma lâmpada e veri�ca-se se ela queima ou não

antes de 100h de uso; joga-se um dado até se obter um seis e conta-se

o número de lançamentos.

Chamaremos de espaço amostral o conjunto de todos os resulta-

dos possíveis de uma experiência aleatória. Representaremos o espaço

amostral por S e só vamos considerar aqui o caso de S ser �nito ou

1

2 MA12 - Unidade 21

in�nito enumerável. Os subconjuntos de S serão chamados de even-

tos. Diremos que um evento ocorre quando o resultado da experiência

pertence ao evento.

Exemplo 1. Lança-se uma moeda e observa-se a face que cai voltada

para cima. O espaço amostrai é S = {cara, coroa} e há 4 eventos: ∅,

A = {cara}, B = {coroa} e S. ∅ é um evento que não ocorre nunca e

é chamado de evento impossível. O evento A ocorre se e somente se o

lançamento resulta em cara. S ocorre sempre e é chamado de evento

certo.

Exemplo 2. Lança-se um dado e observa-se a face que cai voltada

para cima. O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e há 64 eventos.

Alguns desses eventos são: ∅, que não ocorre nunca; S, que ocorre

sempre; A = {2, 4, 6}, que ocorre se e somente se o resultado do lança-

mento for par, etc.

Se o resultado do lançamento for seis, ocorrem os eventos {6}, {5, 6},{2, 4, 6} etc.

Exemplo 3. Se A e B são eventos em um mesmo espaço amostral

S, A ∪ B é o evento que ocorre se e somente se ocorre o evento A ou

ocorre o evento B, isto é, ocorre pelo menos um dos eventos A e B;

A∩B é o evento que ocorre se e somente se ocorrem ambos os eventos

A e B; A − B é o evento que ocorre se e somente se ocorre o evento

A mas não ocorre o evento B; A, chamado de evento oposto a A, é o

evento que ocorre se e somente se o evento A não ocorre.

Associaremos a cada evento um número, que chamaremos de pro-

Probabilidade 3

babilidade do evento e que traduzirá nossa con�ança na capacidade

do evento ocorrer.

De�nição. Uma probabilidade é uma função que associa a cada

evento A um número P (A) de forma que:

i) Para todo evento A, 0 6 P (A) 6 1.

ii) P (S) = 1

iii)Se A e B são eventos mutuamente excludentes, isto é, even-

tos que não podem ocorrer simultaneamente (A ∩ B = ∅) então

P (A ∪B) = P (A) + P (B).

Exemplo 4. Lança-se uma moeda e observa-se a face que cai voltada

para cima. O espaço amostral é S = {cara, coroa} e há 4 eventos:

∅ , A = {cara}, B = {coroa}, S. Uma probabilidade que pode ser

de�nida é

P1(∅) = 0, P1(A) = P1{cara} = 0, 5, P1(B) = P1{coroa} = 0, 5

e P1(S) = 1. Veri�que que as três condições da de�nição de probabi-

lidade são satisfeitas.

Outra probabilidade que pode ser de�nida é

P2(∅) = 0, P2(A) = P2{cara} = 0, 3, P2(B) = P2{coroa} = 0, 7

e P2(S) = 1. Veri�que que as três condições da de�nição de probabi-

lidade são satisfeitas.

É claro que se desejamos que a probabilidade traduza nossa con-

�ança na capacidade do evento ocorrer, P1 constitui um modelo ade-

quado quando acreditamos ser o resultado cara tão provável quanto

o resultado coroa. P2, por sua vez seria mais adequado se tivéssemos

4 MA12 - Unidade 21

lançado a moeda um número grande de vezes e obtido o resultado cara

em 30% dos lançamentos.

Encerrando o exemplo, um breve comentário a respeito de notação.

Deveríamos ter escrito P ({cara}) e não P{cara}. Entretanto, quandonão houver risco de confusão daremos preferência à notação mais sim-

ples.

Os modelos probabilísticos que usamos mais frequentemente são

exatamente os apresentados no exemplo anterior.

Um é o modelo equiprobabilístico. Se temos n elementos no espaço

amostral e queremos que todos os eventos unitários tenham a mesma

probabilidade, devemos atribuir a cada evento unitário a probabilidade1

n. Não poderia ser de outra forma pois se S = {x1, x2, . . . , xn} e

P (x1) = P (x2) = · · · = P (xn) = k, temos, por iii),

1 = P (S) = P{x1, x2, . . . , xn} = P ({x1} ∪ {x2} ∪ · · · ∪ {xn})= P ({x1}) + P ({x2}) + · · ·+ P ({xn})

= k + k + · · ·+ k = nk e k =1

n.

Analogamente, é fácil ver que, nesse modelo, se um evento X é

formado por j elementos então P (X) =j

n. Ou seja, a probabilidade

de um evento é a razão entre o número de casos favoráveis ao evento

e o número total de casos possíveis. Foi esse o modelo adotado por

vários matemáticos como Cardano1, Pascal e Laplace2 entre outros,

no estudo dos jogos de azar.

Outro é o modelo frequencial. Se repetimos a experiência n vezes

e o evento A ocorreu em j dessas experiências, adotamos para P (A) a

1Cardano, Jerônimo (1501-1576), matemático italiano.2Laplace, Pierre Simon (1749-1827), matemático francês.

Probabilidade 5

frequência relativa do evento A, isto é, o número de vezes que o evento

A ocorreu dividido pelo número total de repetições da experiência, ou

seja, P (A) =j

n.

O teorema a seguir contém as propriedades das probabilidades.

Teorema 1. Se A e B são eventos, então:

i) P (A) = 1− P (A).

ii) P (∅) = 0.

iii) P (A−B) = P (A)− P (A ∩B).

iv) P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

v) Se A ⊃ B então P (A) > P (B).

Prova. i) 1 = P (S) = P (A ∪ A) = P (A) + P (A). Daí, P (A) =

1− P (A).

ii) P (S) = P (S ∪ ∅) = P (S) + P (∅), pois S e ∅ são mutuamente

excludentes. Daí, P (∅) = 0.

iii) P (A) = P [(A−B)∪ (A∩B)] = P (A−B)+P (A∩B) pois A−B e

A∩B são mutuamente excludentes. Daí, P (A−B) = P (A)−P (A∩B).

iv) P (A ∪B) = P [(A−B) ∪B] = P (A−B) + P (B) pois A−B e B

são mutuamente excludentes. Como P (A − B) = P (A) − P (A ∩ B),

resulta P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

v) Como P (A−B) = P (A)−P (A∩B), se A ⊂ B resulta P (A−B) =

P (A)− P (B). Como P (A−B) > 0, temos P (A) > P (B).

Exemplo 5. Em um grupo de r pessoas, qual é a probabilidade

de haver pelo menos duas pessoas que façam aniversário no mesmo

dia?

Solução. Vamos determinar a probabilidade disso não acontecer. O

6 MA12 - Unidade 21

número de casos possíveis para os aniversários das r pessoas é 365r.

O número de casos favoráveis a que todas aniversariem em dias dife-

rentes é 365× 364× · · · × (366− r), havendo r fatores nesse produto.

Portanto, a probabilidade de não haver pelo menos duas pessoas que

façam aniversário no mesmo dia é de

365× 364× · · · × (366− r)

365r

e a de haver pelo menos duas pessoas que tenham o mesmo dia de

aniversário é de

1− 365× 364× · · · × (366− r)

365r.

A tabela abaixo dá, para alguns valores de r, a probabilidade de

haver coincidência de aniversários.

r Probabilidade

5 0, 03

10 0, 12

15 0, 25

20 0, 41

23 0, 51

25 0, 57

30 0, 71

40 0, 89

45 0, 94

50 0, 97

O resultado é surpreendente. Em um grupo de 23 pessoas, é mais

provável haver duas pessoas com o mesmo aniversário do que todas

aniversariarem em dias diferentes.

Probabilidade 7

Exemplo 6. Em uma loteria de N números há um só prêmio. Sal-

vador compra n (1 < n < N) bilhetes para uma só extração e Sílvio

compra n bilhetes, um para cada uma de n extrações. Qual dos dois

jogadores tem mais chance de ganhar algum prêmio?

Solução. A probabilidade de Salvador ganhar algum prêmio é

n

N.

A probabilidade de Sílvio não ganhar nenhum prêmio é

(N − 1)n

Nn.

Logo, a probabilidade de Sílvio ganhar algum prêmio é

1− (N − 1)n

Nn.

A�rmamos que Salvador tem mais chance de ser premiado, isto é.

a�rmamos quen

N> 1− (N − 1)n

Nn,

ou, equivalentemente, a�rmamos que

(N − 1)n

Nn> 1− n

N.

A prova dessa a�rmação faz-se por indução.

Para n = 2 temos

(N − 1)n

Nn=

(N − 1)2

N2= 1− 2

N+

1

N2> 1− 2

N= 1− n

N.

Se(N − 1)n

Nn> 1− n

N

8 MA12 - Unidade 21

multiplicando porN − 1

N

obtemos

(N − 1)n+1

Nn+1> 1− n

N− 1

N+

n

N2> 1− n+ 1

N, cqd.

Exercícios

1. Lançam-se dois dados não-tendenciosos. Qual a probabilidade da

soma dos pontos ser igual a 7 ?

2. 24 times são divididos em dois grupos de 12 times cada. Qual

é a probabilidade de dois desses times �carem no mesmo grupo?

3. Mostre que

P (A ∪B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)−− P (A ∩B)− P (A ∩ C)− P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩ C).

4. Se P (A) =2

3e P (B) =

4

9, mostre que:

a) P (A ∪B) >2

3.

b)2

96 P (A ∩B) 6

5

9.

c)1

96 P (A ∩B) 6

4

9.

5. Cinco dados são jogados simultaneamente. Determine a proba-

bilidade de se obter:

Probabilidade 9

a) um par.

b) dois pares.

c) uma trinca.

d) uma quadra.

e) uma quina.

f) uma sequência.

g) um �full hand�, isto é, uma trinca e um par.

6. Um polígono regular de 2n + 1 lados está inscrito em um círculo.

Escolhem-se três dos seus vértices, formando um triângulo. Determine

a probabilidade do centro do círculo ser interior ao triângulo.

7. Doze pessoas são divididas em três grupos de 4. Qual é a pro-

babilidade de duas determinadas dessas pessoas �carem no mesmo

grupo?

8. Em um grupo de 4 pessoas, qual é a probabilidade de haver al-

guma coincidência de signos zodiacais?

9. Em um armário há 5 pares de sapatos. Escolhem-se 4 pés de

sapatos. Qual é a probabilidade de se formar exatamente um par de

sapatos?


2. Para dividi-los, basta escolher os times do primeiro grupo. Há

C1224 modos de formar o primeiro grupo. Eles podem �car juntos no


primeiro grupo de C1022 modos e outro tanto no segundo grupo.

Uma solução mais simples é obtida começando o raciocínio depois

do primeiro time ter sido colocado. Há 23 posições possíveis para o

segundo time, das quais 11 são favoráveis.

3. Use A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

4. Faça um diagrama de conjuntos.

5a. O número de resultados possíveis é 65. Para formar um par,

primeiro se deve escolher que par será (6 modos), depois quais dados

formarão o par (C25 modos) e �nalmente os números que aparecerão

nos outros dados (5× 4× 3 modos).

5b. Para formar dois pares, primeiro se deve escolher de que serão

os pares (C26 modos), depois quais dados formarão o par maior (C2

5

modos), quais dados formarão o par menor (C23 modos) e �nalmente

o número que aparecerá no dado restante (4 modos).

6. Os casos favoráveis nos quais o vértice 1 é escolhido são aqueles

nos quais um dos vértices é j (1 < j 6 n + 1) e o outro tem número

compreendido entre n+ 2 e n+ j, inclusive.

7. Inspire-se no problema 2.

8. Calcule a probabilidade dos signos serem todos diferentes.

9. Há C410 casos possíveis. Para formar um caso favorável, devemos

escolher um par, depois escolher dois outros pares e, dentro de cada

um desses dois pares, escolher o pé direito ou o esquerdo.

MA 12 - Unidade 22

Probabilidade

Semana de 27/06 a 03/07

Nessa unidade, e apresentada mais uma tecnica basica importante em probabilidades, a chamada

Probabilidade Condicional. Usa-se essa tecnica quando queremos calcular a probabilidade de um evento,

na presenca de uma informacao “privilegiada”. Mais precisamente, e uma maneira de calcular a

probabilidade de ocorrer um evento B, sabendo que ocorreu o evento A, ambos do mesmo espaco

amostral.

Por exemplo, numa turma de 60 alunos, 30 so estudam ingles, 20 so estudam espanhol e 10 estudam

ambas as lınguas. Suponhamos que um sorteio e realizado, com apenas um vencedor. A probabilidade

de um aluno que estuda ambas as lınguas ser sorteado e igual a

numero de alunos que estudam ambas as lınguas

numero total de alunos=

10

60=

1

6.

Agora, suponhamos que o sorteio e realizado, e alguem nos sopra que o sorteado estuda ingles. Isto

certamente vai influir no nosso modo de calcular a probabilidade do vencedor ser bilıngue, pois agora o

espaco amostral se reduz aos 40 alunos que estudam ingles, dos quais 10 tambem estudam espanhol;

logo, a probabilidade passa a ser10

40=

1

4.

O resultado e tao simples quanto mostrado no exemplo acima, mas, se bem aplicado, resolve

problemas incrıveis!

A unidade conta com 10 problemas; resolva quantos puder.

Vıdeo associado:

PAPMEM. Livro A Matematica do Ensino Medio - Volume2. Probabilidade, Prof. Paulo Cezar

Carvalho. Janeiro 2008, Volume 2 (nıvel medio).

MA12 - Unidade 22

Probabilidade

Semana 27/06 a 03/07

1 Probabilidade Condicional

Exemplo 1. Consideremos a experiência que consiste em jogar um

dado não-viciado e observar a face de cima. Consideremos o evento

B = {o resultado é par}. Temos P (B) =3

6= 0, 5. Essa é a probabili-

dade de B a priori, isto é, antes que a experiência se realize. Suponha-

mos que, realizada a experiência, alguém nos informe que o resultado

não foi o número 1, isto é, que A = {o resultado é diferente de 1}ocorreu.

Nossa opinião sobre a ocorrência de B se modi�ca com essa in-

formação pois passamos a ter apenas 5 casos possíveis, dos quais 3

são favoráveis à ocorrência de B. Essa opinião é quanti�cada com a

1

2 MA12 - Unidade 22

introdução de uma probabilidade a posteriori, ou probabilidade de B

na certeza de A,

P (B|A) = 3

5= 0, 6.

Note que os casos possíveis não são mais todos os elementos do

espaço amostral S e sim os elementos de A e que os casos favoráveis

à ocorrência de B não são mais todos os elementos de B e sim os

elementos de A ∩ B pois só os elementos que pertencem a A podem

ocorrer.

Exemplo 2. A tabela abaixo dá a distribuição dos alunos de uma

turma, por sexo e por carreira pretendida.

masculino feminino total

cientí�ca 15 5 20

humanística 3 7 10

total 18 12 30

Escolhe-se ao acaso um aluno. Sejam M, F, C e H os eventos, o

aluno selecionado é do sexo masculino, é do sexo feminino, pretende

uma carreira cientí�ca e pretende uma carreira humanística, respecti-

vamente. Temos

P (H) =10

30=

1

3;

P (H|M) =3

18=

1

6;

P (H|F ) =7

12;

P (F |H) =7

10.

Probabilidade 3

De�nição. Dados dois eventos A e B, com P (A) 6= 0, a probabilidade

condicional de B na certeza de A é o número

P (B|A) = P (A ∩B)

P (A).

Na realidade, poucas vezes usaremos a fórmula acima para calcular

uma probabilidade condicional. Usá-la-emos, isto sim, para o cálculo

de P (A ∩B); P (A ∩B) = P (A) · P (B|A).

Exemplo 3. Uma urna contém 4 bolas brancas e 6 bolas pretas.

Sacam-se, sucessivamente e sem reposição, duas bolas dessa urna. De-

termine a probabilidade de ambas serem brancas.

Solução. Sejam B1 = {a primeira bola é branca} e B2 = {a segunda

bola é branca}. Temos

P (B1 ∩B2) = P (B1) · P (B2|B1) =4

10· 39=

2

15.

Note que foi bastante simples o cálculo de P (B2|B1). Realmente, na

certeza de que a primeira bola foi branca, é fácil calcular a probabi-

lidade da segunda bola ser branca, pois, para a segunda extração, a

urna está com 3 bolas brancas e 6 pretas. De modo mais geral, é fácil

calcular probabilidades condicionais quando as coisas estão na ordem

certa, isto é, é fácil calcular probabilidades de coisas futuras na certeza

de coisas passadas.

Exemplo 4. Uma urna contém 4 bolas brancas e 6 bolas pretas.

Sacam-se, sucessivamente e sem reposição, duas bolas dessa urna. De-

termine a probabilidade da primeira bola ser branca sabendo que a

4 MA12 - Unidade 22

segunda bola é branca.

Solução. Sejam B1 = {a primeira bola é branca} eB2 = {a segunda bola é branca}. Queremos P (B1|B2). Note que essa

é uma probabilidade do passado na certeza do futuro. Aqui usamos a

fórmula da de�nição de probabilidade condicional.

P (B1|B2) =P (B1 ∩B2)

P (B2)·

P (B1 ∩B2) foi calculada no exemplo anterior e vale2

15.

O cálculo de P (B2) não é imediato pois não sabemos como está a

urna no momento da segunda extração. Para calcular P (B2), conside-

ramos todas as possibilidades quanto à primeira bola. Para a segunda

bola ser branca, ou a segunda é branca e a primeira foi branca, ou a

segunda é branca e a primeira foi preta. Isto é,

P (B2) = P [(B1 ∩B2) ∪ (P1 ∩B2)]

= P (B1 ∩B2) + (P1 ∩B2)

=2

15+ P (P1) · P (B2|P1)

=2

15+

6

10· 49

=2

5·

Logo,

P (B1|B2) =P (B1 ∩B2)

P (B2)=

2

15÷ 2

5=

1

3.

Uma maneira e�ciente de lidar com experiências que possuem vários

estágios é o uso das árvores de probabilidade.

Probabilidade 5

Figura 1:

Nesses diagramas colocamos as probabilidades condicionais da ex-

tremidade de cada galho na certeza da origem do galho. Para determi-

nar uma probabilidade usando esse diagrama, basta percorrer todos os

caminhos que levam ao evento cuja probabilidade é procurada, multi-

plicando as probabilidades em cada caminho e somando os produtos

ao longo dos vários caminhos. Assim, por exemplo,

P (B1 ∩B2) =4

10· 39=

2

15;

P (B2) =4

10· 39+

6

10· 49=

2

5·

Exemplo 5. Escolhe-se uma entre três moedas. Duas dessas moedas

são não-viciadas e a outra tem duas caras. A moeda selecionada é

lançada e é obtida uma cara. Qual é a probabilidade de ter sido sele-

cionada a moeda de duas caras?

6 MA12 - Unidade 22

Figura 2:

P (V |C) =P (V ∩ C)

P (C)·

P (V ∩ C) =1

3· 1 =

1

3·

P (C) =1

3· 1 + 2

3· 12=

2

3·

P (V |C) =1

3÷ 2

3=

1

2·

O exemplo a seguir mostra um dos mais poderosos métodos de

estimação em Estatística, o método da máxima verossimilhança.

Exemplo 6. Em certa cidade, os táxis são numerados de 1 a N .

Para estimar o número N de táxis da cidade, um turista anotou os

números de todos os táxis que pegou: 47, 12, 33 e 25. Determine a

probabilidade do turista ter tomado os táxis que têm esses números e

determine o valor de N para o qual essa probabilidade é máxima.

Probabilidade 7

Solução. Sejam A = {o primeiro táxi tem número 47}, B={o se-

gundo táxi tem número 12}, etc. A probabilidade pedida é

P (A ∩B ∩ C ∩D)

= P (A) · P (B|A) · P [C|(A ∩B)] · P [D|(A ∩B ∩ C)]

=1

N· 1N· 1N· 1N· = 1

N4·

Essa probabilidade de ocorrer o que efetivamente ocorreu é chamada

de verossimilhança. No caso, ela é máxima quando N é mínimo. Ora,

como N > 47, o valor de N que torna máxima a verossimilhança é 47.

A estimativa de máxima verossimilhança de N é 47.

Exemplo 7. Algumas pesquisas estatísticas podem causar constran-

gimentos aos entrevistados com perguntas do tipo �você usa drogas?�

e correm o risco de não obter respostas sinceras ou não obter respostas

de espécie alguma. Para estimar a proporção p de usuários de drogas

em certa comunidade, pede-se ao entrevistado que, longe das vistas do

entrevistador, jogue uma moeda: se o resultado for cara, responda a

�você usa drogas?� e, se o resultado for coroa, responda a �sua idade é

um número par?�. Assim, caso o entrevistado diga sim, o entrevista-

dor não saberá se ele é um usuário de drogas ou se apenas tem idade

par.

Se s é a probabilidade de um entrevistado responder sim, s é facil-

mente estimado pela proporção de respostas sim obtidas nas entrevis-

tas. A relação entre s e p pode ser determinada pela árvore abaixo.

s = P (sim) = 0, 5p+ 0, 5 · 0, 5.

Daí, p = 2s− 0, 5.

8 MA12 - Unidade 22

Figura 3:

Por exemplo, se 30% dos entrevistados respondem sim, você pode

estimar em 10% a proporção de usuários de drogas.

O exemplo a seguir é um interessante exemplo de probabilidade

geométrica. Quando selecionamos um ponto ao acaso em uma parte

do plano é extremamente razoável supor que a probabilidade do ponto

selecionado pertencer a uma certa região seja proporcional à área dessa

região.

Exemplo 8. Selecionam-se ao acaso dois pontos em um segmento

de tamanho 1, dividindo-o em três partes. Determine a probabilidade

de que se possa formar um triângulo com essas três partes.

Solução. Sejam x ∈ [0, 1] e y ∈ [0, 1] os pontos escolhidos, x 6 y.

Figura 4:

Probabilidade 9

Escolher x e y pertencentes a [0, 1], com x 6 y, equivale a escolher

um ponto (x, y) no triângulo T da �gura abaixo.

Figura 5:

Para que exista um triângulo de lados x, y − x e 1 − y devemos

ter x < y − x+ 1− y e y − x < x+ 1− y e 1− y < x+ y − x, o que

dá x < 0, 5 e y < x + 0, 5 e y > 0, 5. Em suma, o triângulo existirá

se e somente se o ponto (x, y) for selecionado na parte sombreada do

triângulo T .

Sendo A o evento �as três partes formam um triângulo� e sendo

S o evento certo, temos que P (A) é proporcional à área da parte

sombreada e P (S) = 1 é proporcional à área de T . Logo,

P (A) =P (A)

P (S)=

área sombreadaárea de T

=1

4·

Exemplo 9. A e B lançam sucessivamente um par de dados até que

um deles obtenha soma de pontos 7, caso em que a disputa termina e

o vencedor é o jogador que obteve soma 7. Se A é o primeiro a jogar,

qual é a probabilidade de A ser o vencedor?


Solução. A probabilidade de obter soma 7 é

6

36=

1

6

e a de não ser soma 7 é

1− 1

6=

5

6·

Para A ganhar, ou A ganha na primeira mão, ou na segunda, ou

na terceira, etc. A probabilidade de A ganhar na primeira mão é1

6.

Para A ganhar na segunda mão, A não pode obter soma 7 na primeira

mão e B não pode obter soma 7 na primeira mão e A deve obter soma

7 na segunda mão, o que ocorre com probabilidade(5

6

)2

· 16·

Para A ganhar na terceira mão, A não pode obter soma 7 nas duas

primeiras mãos e B não pode obter soma 7 nas duas primeiras mãos e

A deve obter soma 7 na terceira mão, o que ocorre com probabilidade(5

6

)2

· 16,

etc.

A probabilidade de A ganhar é

1

6+

(5

6

)2

· 16+

(5

6

)4

· 16+ · · · =

16

1−(

56

)2 =6

11.

Uma solução mais elegante pode ser obtida ignorando as mãos

sem vencedores. A probabilidade de A ganhar uma mão é de1

6; de B

ganhar uma mão é de5

6· 16=

5

36,

Probabilidade 11

pois, para B ganhar, A não pode obter soma 7 e B deve obter soma

7; a de ninguém ganhar é de

5

6· 56=

25

36,

pois, para que ninguém ganhe, A não pode obter soma 7 e B não pode

obter soma 7.

A probabilidade A ganhar é a probabilidade A ganhar em uma

mão em que houve vencedor, isto é,

P (A|A ∪B) =P [A ∩ (A ∪B)]

P (A ∪B)=

P (A)

P (A ∪B)=

16

1− 2536

=6

11.

Como, analogamente,

P (A|A ∪B) =P (B)

P (A ∪B),

observe que a razão entre P (A|A ∪ B) e P (B|A ∪ B) é igual à razão

entre P (A) e P (B), pois P (A ∪ B) é simpli�cado. Esse é o princí-

pio de preservação das chances relativas. Em um jogo em que pode

haver empates, e é repetido até que alguém vença, a razão entre as

probabilidades de vitória dos dois jogadores é igual à razão de suas

probabilidades de vitória em uma única partida.

Conhecendo o princípio, poderíamos ter resolvido o problema do

modo seguinte:

Em uma mão, as probabilidades de vitória de A e de B são respec-

tivamente de1

6e de

5

36.

A razão dessas probabilidades é de6

5. A razão das probabilidades de

vitória de A e de B no jogo é também de6

5e, como um dos dois ganha


o jogo, a soma dessas probabilidades é 1. Então, essas probabilidades

são iguais a6

11e

5

11, respectivamente.

Exercícios

1. Joga-se um dado não-viciado duas vezes. Determine a probabili-

dade condicional de obter 3 na primeira jogada sabendo que a soma

dos resultados foi 7.

2. Um estudante resolve um teste de múltipla escolha de 10 questões,

com 5 alternativas por questão. Ele sabe 60% da matéria do teste.

Quando ele sabe uma questão, ele acerta, e, quando não sabe, escolhe

a resposta ao acaso. Se ele acerta uma questão, qual é a probabilidade

de que tenha sido por acaso?

3. Dois eventos A e B são independentes, por de�nição, quando

P (A∩B) = P (A)·P (B). Três eventos A, B e C são independentes, por

de�nição, quando P (A∩B) = P (A) ·P (B), P (B∩C) = P (B) ·P (C),

P (A ∩ C) = P (A) · P (C) e P (A ∩ B ∩ C) = P (A) · P (B) · P (C).

Jogue um dado duas vezes. Considere os eventos A = {o resultado do

primeiro lançamento é par}, B = {o resultado do segundo lançamento

é par} e C = {a soma dos resultados é par}.

a) A e B são independentes?

b) A e C são independentes?

c) B e C são independentes?

d) A, B e C são independentes?

4. Determine a probabilidade de obter ao menos:

Probabilidade 13

a) um seis em 4 lançamentos de um dado.

b) um duplo seis em 24 lançamentos de um par de dados.

5. Um exame de laboratório tem e�ciência de 95% para detectar

uma doença quando ela de fato existe. Entretanto o teste aponta um

resultado falso-positivo para 1% das pessoas sadias testadas. Se 0, 5%

da população tem a doença, qual é a probabilidade de uma pessoa ter

a doença, dado que o seu exame foi positivo?

6. Quantas vezes, no mínimo, se deve lançar um dado para que a

probabilidade de obter algum seis seja superior a 0,9?

7. Em uma cidade com n+1 habitantes, uma pessoa conta um boato

para outra pessoa, a qual, por sua vez, conta o boato para uma ter-

ceira pessoa, e assim por diante. Evidentemente ninguém é distraído

a ponto de contar o boato para quem lhe havia contado o boato. De-

termine a probabilidade do boato ser contado k vezes:

a) sem retornar ao inventor do boato.

b) sem repetir nenhuma pessoa.

8. Em uma cidade, as pessoas falam a verdade com probabilidade1

3. Suponha que A faz uma a�rmação e que D diz que C diz que B

diz que A falou a verdade. Qual a probabilidade de A ter falado a

verdade?

9. Um prisioneiro possui 50 bolas brancas, 50 bolas pretas e duas

urnas iguais. O prisioneiro deve colocar do modo que preferir as bo-

las nas urnas, desde que nenhuma urna �que vazia. As urnas serão


embaralhadas e o prisioneiro deverá, de olhos fechados, escolher uma

urna e, nesta urna, escolher uma bola. Se a bola for branca ele será

libertado e, se for preta, será condenado. Como deve agir o prisioneiro

para maximizar a probabilidade de ser libertado?


1. P (X = 3|X+Y = 7) =P (X = 3 e X + Y = 7)

P (X + Y = 7)=

P (X = 3 eY = 4)

P (X + Y = 7)2. Árvore!

4a. Determine a probabilidade de não obter nenhum seis.

5. Árvore!

6. Determine a probabilidade de não obter nenhum seis.

8. Árvore!

MA 12 - Unidade 23

Probabilidade – Resolucao de Problemas

Semana de 04/07 a 10/07

Nessa unidade, voce tera 10 exercıcios para resolver. Resolva quantos puder, redigindo as suas

solucoes com cuidado.

MA12 - Unidade 23

Probabilidade

Problemas

Semana 04/07 a 10/07

1. Distribuindo ao acaso 5 sorvetes de creme e 5 de chocolate a 10

pessoas, das quais 3 preferem creme, 2 preferem chocolate e as demais

não têm preferência, qual é a probabilidade de todas saírem satisfeitas?

2. Escolhem-se ao acaso duas peças de um dominó comum. Qual

é a probabilidade delas possuírem um número comum?

3. No jogo da quina concorrem 80 dezenas e são sorteadas 5 dezenas.

Clara apostou em 8 dezenas. Qual a probabilidade de Clara acertar:

a) 3 dezenas?

1

2 MA12 - Unidade 23

b) 4 dezenas?

c) 5 dezenas?

4. Em uma roda são colocadas n pessoas. Qual é a probabilidade

de duas dessas pessoas �carem juntas?

5. Uma pessoa tem um molho de n chaves, das quais apenas uma abre

a porta. Se ela vai experimentando as chaves até acertar, determine a

probabilidade dela só acertar na tentativa de ordem k, supondo:

a) que a cada tentativa frustrada ela toma a sábia providência de

descartar a chave que não serviu.

b) supondo que ela não age como no item a).

6. Há 8 carros estacionados em 12 vagas em �la. Determine a proba-

bilidade:

a) das vagas vazias serem consecutivas.

b) de não haver duas vagas vazias adjacentes.

7. Se P (A) = 0, 4, P (B) = 0, 5, P (C) = P (A∩B) = 0, 3, P (A∩C) =

0 e P (B ∩ C) = 0, 1, determine:

a) P (A ∪B ∪ C).

b) P [A− (B ∪ C)].

c) P [A ∩ (B ∪ C)].

d) P [(A ∩B) ∪ C].

8. Em certa escola a probabilidade de um aluno ser torcedor do Fla-

mengo é 0,60, de assistir novela é 0,70 e de gostar de praia é 0,80.

Entre que valores está compreendida a probabilidade de um aluno

Probabilidade - Problemas 3

dessa escola, simultaneamente: a) assistir novela e gostar de praia. b)

torcer pelo Flamengo.

9. Laura e Telma retiram cada uma um bilhete numerado de uma

urna que contém bilhetes numerados de 1 a 100. Determine a proba-

bilidade do número de Laura ser maior que o de Telma, supondo a

extração:

a) sem reposição.

b) com reposição.

10. Em uma gaveta há 10 pilhas, das quais duas estão descarregadas.

Testando-se as pilhas uma a uma até serem identi�cadas as duas

descarregadas, determine a probabilidade de serem feitos:

a) cinco testes.

b) mais de cinco testes.

c) menos de cinco testes.


1. Para distribuir os sorvetes basta escolher quem recebe os de creme.

A resposta éC2

5

C510

.

2. São 28 peças. Há C27 modos de tomar duas peças que tenham

ambas o número seis.

3a. Devem ser sorteadas três entre as 8 dezenas jogadas e duas entre

as 72 dezenas não-jogadas.

6a. Há C412 modos de escolher as vagas vazias. Em 9 desses modos

elas são consecutivas.

6b. Para formar uma �la com 8 carros e 4 espaços vazios, primeiro

4 MA12 - Unidade 23

arrume os carros e depois entremeie os espaços vazios. Há 8! modos

de arrumar os carros. Devemos em seguida escolher 4 dos 9 espaços

entre os carros para botar as vagas vazias.

7. Faça um diagrama de conjuntos.

8a. Faça um diagrama de conjuntos.

8b. Faça um diagrama de conjuntos para dois conjuntos: o primeiro,

formado pelos que assistem novela e gostam de praia; o segundo, pelos

que torcem pelo Flamengo.

9b. Conte os casos em que elas empatam. Dos restantes, em uma

metade Laura ganha e na outra metade Telma ganha.

10a. Nos quatro primeiros testes deve aparecer uma das pilhas descar-

regadas e a outra deve aparecer no quinto teste.

10b. O número de pilhas descarregadas nos cinco primeiros testes

deve ser no máximo igual a 1.

10c. Nos quatro primeiros testes devem aparecer as duas pilhas

descarregadas.

MA 12 - Unidade 24

Probabilidade – Resolucao de Problemas

Semana de 04/07 a 10/07

Nessa unidade, voce tera 11 exercıcios. Resolva quantos puder, redigindo as suas solucoes com

cuidado.

MA12 - Unidade 24

Probabilidade

Problemas

Semana 04/07 a 10/07

1. 2n jogadores de igual habilidade disputam um torneio. Eles são

divididos em grupos de 2, ao acaso, e jogadores de um mesmo grupo

jogam entre si. Os perdedores são eliminados e os vencedores são divi-

didos novamente em grupos de 2 e assim por diante até restar apenas

um jogador que é proclamado campeão. Qual é a probabilidade de

dois jogadores A e B se enfrentarem durante o torneio. Qual é a pro-

babilidade do jogador A jogar exatamente k partidas?

2. Em um torneio como o descrito no exercício anterior, os 16 jo-

gadores têm habilidades diferentes e não há surpresas nos resultados

1

2 MA12 - Unidade 24

(se A é melhor que B, A vence B).

a) Qual é a probabilidade do segundo melhor jogador ser vice-

campeão do torneio?

b) Qual é a probabilidade do quarto melhor jogador ser vice-

campeão do torneio?

c) Qual é o número máximo de partidas que o décimo melhor jo-

gador consegue disputar? Qual é a probabilidade dele disputar esse

número máximo de partidas?

3. Em um programa da televisão italiana, os candidatos devem esco-

lher uma entre três portas. Atrás de uma dessas portas há um prêmio e

atrás de cada uma das outras duas portas há um bode. Escolhida uma

porta pelo candidato, o apresentador, que sabe onde estão os bodes,

abre uma das outras portas, atrás da qual se encontra um bode, e

pergunta ao candidato se ele quer �car com a porta que escolheu ou se

prefere trocá-la pela outra porta que ainda está fechada. Admitindo

que, quando o candidato escolhe a porta em que está o prêmio, o

apresentador escolha ao acaso uma porta para abrir, você acha que o

candidato deve trocar, não deve trocar ou que tanto faz?

4. Qual é a probabilidade de serem obtidas exatamente 5 caras em 10

lançamentos de uma moeda não-tendenciosa?

5. Uma urna contém 4 bolas brancas e 6 bolas pretas. Sacam-se suces-

sivamente bolas dessa urna de acordo com o seguinte processo: cada

vez que uma bola é sacada, ela é devolvida à urna e são acrescentadas

mais duas bolas da mesma cor que ela. Determine a probabilidade de:

a) a segunda bola sacada ser branca.

Probabilidade - Problemas 3

b) a primeira bola sacada ter sido branca na certeza de que a se-

gunda bola sacada foi preta.

6. Um juiz de futebol meio trapalhão tem no bolso um cartão amarelo,

um cartão vermelho e um cartão com uma face amarela e uma face

vermelha. Depois de uma jogada violenta, o juiz mostra um cartão,

retirado do bolso ao acaso, para um atleta. Se a face que o jogador

vê é amarela, qual é a probabilidade da face voltada para o juiz ser

vermelha?

7. A e B disputam uma série de partidas. Ganha um prêmio quem

primeiro completar 10 vitórias. A é mais habilidoso do que B, sendo

de 0,6 a probabilidade de A ganhar uma partida e de 0,4 a probabi-

lidade de B ganhar uma partida. No momento o placar está 7 × 4 a

favor de B. Qual é a probabilidade de A ganhar o prêmio?

8. Três jogadores, A, B e C, disputam um torneio. Os três têm

probabilidades iguais de ganhar o torneio; têm também probabili-

dades iguais de tirarem o segundo lugar e têm probabilidades iguais

de tirarem o último lugar. É necessariamente verdadeiro que cada

uma das seis ordens possíveis de classi�cação dos três jogadores tem

probabilidade1

6de ocorrer? Justi�que.

9. Selecionam-se ao acaso dois pontos em uma circunferência. Qual a

probabilidade da corda determinada por esses pontos ter comprimento

maior do que o lado do triângulo equilátero inscrito na circunferência?

10. Seleciona-se ao acaso um ponto X em um diâmetro AB de uma

4 MA12 - Unidade 24

circunferência. Qual a probabilidade da corda que contém X e é per-

pendicular a AB ter comprimento maior do que o lado do triângulo

equilátero inscrito na circunferência?

11. Cristina e Maria, que não são pessoas muito pontuais, marcaram

um encontro às 16 horas. Se cada uma delas chegará ao encontro

em um instante qualquer entre 16 e 17 horas e se dispõe a esperar

no máximo 10 minutos pela outra, qual é a probabilidade delas se

encontrarem?


3. Uma solução elegante é obtida observando que, na realidade, quem

troca está trocando uma porta por duas. Uma solução normal é obtida

construindo uma árvore.

5. Árvore!

6. A ganha o prêmio se e somente se, nas próximas 8 partidas, B

ganhar no máximo duas.

9. Suponha que a probabilidade de um ponto, selecionado ao acaso,

pertencer a um arco é proporcional ao comprimento do arco.

10. Suponha que a probabilidade de um ponto, selecionado ao acaso

em uma reta, pertencer a um segmento é proporcional ao comprimento

do segmento.

11. Contando o tempo em minutos a partir das 16 horas e sendo x e

y os instantes de chegada de Cristina e de Maria, a região �possível� é

{(x, y) : 0 6 x 6 60, 0 6 y 6 60}

e a região �favorável� é {(x, y) : 0 6 x 6 60, 0 6 y 6 60, |x − y| 610}.

MA 12 - Unidade 25

Media e Princıpio das Gavetas

Semana de 11/07 a 17/07

Nessa unidade, sao apresentadas algumas nocoes de medias, como as medias aritmeticas, geometricas,

harmonicas, quadraticas e ponderadas.

Em seguida, e apresentado, como aplicacao de calculo de medias, o importante Princıpio das

Gavetas de Dirichlet, que possui inumeras aplicacoes e que se enuncia como se segue:

Se n + 1 ou mais objetos sao colocados em n ou menos gavetas, entao pelo menos uma gaveta

recebe mais de um objeto.

Esse princıpio, tambem chamado de Princıpio da Casa dos Pombos (consegue imaginar por que?),

tem inumeras aplicacoes, algumas surpreendentes. Voce achara algumas delas na lista de 36 exercıcios

propostos no final da unidade. Resolva quantos desses puder.

MA12 - Unidade 25

Médias e Princípio das Gavetas

Semana 11/07 a 17/07

1 Médias

Uma ideia bastante importante é a ideia de média. Uma média de

uma lista de números é um valor que pode substituir todos os ele-

mentos da lista sem alterar uma certa característica da lista. Se essa

característica é a soma dos elementos da lista, obtemos a mais sim-

ples de todas as médias, a média aritmética. A média aritmética

(simples) da lista de n números x1, x2, . . . , xn é um valor x tal que

x1 +x2 + . . .+xn = x+ x+ . . .+ x = nx. Portanto, a média aritmética

(simples) da lista de n números x1, x2, . . . , xn é de�nida por

x =x1 + x2 + . . .+ xn

n.

1

2 MA12 - Unidade 25

Por exemplo, a média aritmética dos números 3, 36 e 54 é

3 + 36 + 54

3= 31.

Se a característica a ser considerada for o produto dos elementos

da lista, obteremos a média geométrica. A média geométrica (simples)

dos n números positivos x1, x2, . . . , xn é um valor positivo g tal que

x1x2 . . . xn = g · g . . . g = gn. Portanto, a média geométrica (simples)

dos n números positivos x1, x2, . . . , xn é de�nida por

g = G(x1, x2, . . . , xn) = n√x1x2 . . . xn.

Observe que só de�nimos a média geométrica para números po-

sitivos. Assim evitamos a possibilidade da média não existir (por

exemplo, qual seria a média geométrica entre 2 e −2?).

Por exemplo, a média geométrica dos números 3, 36 e 54 é3√

3 · 36 · 54 = 18.

Se a característica for a soma dos inversos dos elementos da lista,

obteremos a média harmônica. A média harmônica (simples) dos n

números positivos x1, x2, . . . , xn é um valor h tal que

1

x1+

1

x2+ · · ·+ 1

xn=

1

h+

1

h+ · · ·+ 1

h=n

h.

Portanto, a média harmônica (simples) dos n números positivos

x1, x2, . . . , xn é de�nida por

h =n

1x1

+ 1x2

+ · · ·+ 1xn

.

A média harmônica é, pois, o inverso da média aritmética dos

inversos dos números.

Médias e Princípio das Gavetas 3

Por exemplo, a média harmônica dos números 3, 36 e 54 é

313

+ 136

+ 154

=3

36+3+2108

=3× 108

41=

324

41∼= 7, 9.

Observe que só de�nimos a média harmônica para números po-

sitivos. Assim evitamos a possibilidade da média não existir (por

exemplo, qual seria a média harmônica entre 2 e −2?).

Exemplo 1. Uma empresa produziu, durante o primeiro trimestre do

ano passado, 500, 200 e 200 unidades, em janeiro, fevereiro e março,

respectivamente. Qual foi a produção média mensal nesse trimestre?

Comentário. Resista à tentação de tirar rapidamente a média arit-

mética e ponto �nal. Você sempre corre o risco de um aluno perguntar

porque não podia ter tirado a média geométrica.

Solução. Que média é essa que queremos? Queremos uma média

M tal que, se a produção mensal fosse sempre igual a M , a produção

trimestral seria a mesma. A produção trimestral foi de 500+200+200.

Se em todos os meses a produção fosse igual a M , a produção trimes-

tral seria igual a 3M . Logo, 3M = 500 + 200 + 200 e

M =500 + 200 + 200

3= 300.

A média desejada era a média aritmética.

Resposta: 300.

Exemplo 2. Uma empresa aumentou sua produção durante o primeiro

bimestre do ano passado. Em janeiro e em fevereiro, as taxas de au-

mento foram de 21% e 8%, respectivamente. Qual foi a taxa média de

4 MA12 - Unidade 25

aumento mensal nesse bimestre?

Comentário. A resposta não é (21% + 8%)÷ 2 = 14, 5%.

Solução. Que média queremos?

Queremos uma taxa média i tal que, se em todos os meses a taxa

de aumento fosse igual a i, o aumento bimestral seria o mesmo. O

aumento bimestral foi de 30,68%, conforme mostra o esquema

100 7−→ 100 · 1, 21 7−→ 100 · 1, 21 · 1, 08 = 130, 68.

Se em todos os meses tivéssemos um aumento de taxa i, teríamos

100 7−→ 100(1 + i) 7−→ 100(1 + i)2.

Então,

100(1 + i)2 = 100 · 1, 21 · 1, 08

(1 + i)2 = 1, 21 · 1, 08

1 + i =√

1, 21 · 1, 08 ∼= 1, 1432

i ∼= 0, 1432 = 14, 32%.

A média procurada era uma média geométrica. Mais precisamente:

a taxa média, aumentada de uma unidade, é a média geométrica das

taxas mensais aumentadas de uma unidade.

Exemplo 3. Um concurso anual distribui igualmente entre os vence-

dores um prêmio total de R$ 1 800,00. Nos últimos três anos houve

2, 1 e 3 premiados, respectivamente. Qual foi o prêmio médio desses

ganhadores?


Comentário. Embora o número médio de ganhadores tenha sido

igual a 2, o prêmio médio não foi de R$ 1800, 00 ÷2 = R$ 900, 00.

Solução. Queremos uma média tal que, se todos os prêmios fos-

sem iguais a essa média, o total distribuído seria o mesmo. Essa é

precisamente a média aritmética. Os prêmios foram de 1800 ÷ 2 =

900, 1800 ÷ 1 = 1800 e 1800 ÷ 3 = 600. O prêmio médio foi de

(900 + 1800 + 600)÷ 3 = 1100 reais.

Observe que a média aritmética dos rateios é igual a

1800× 12

+ 1800× 11

+ 1800× 13

3

= 1800×12

+ 11

+ 13

3

= 1800÷ 312

+ 11

+ 13

e que3

12

+ 11

+ 13

é a média harmônica dos números de ganhadores.

O rateio médio é o rateio que corresponderia a uma quantidade

de ganhadores igual à média harmónica dos números de ganhadores.

Outra média importante é a média quadrática. A média quadrática

dos números x1, x2, . . . , xn é de�nida por

q =

√x21 + x22 + · · ·+ x2n

n,

isto é, a média quadrática é a raiz quadrada da média aritmética

dos quadrados dos números. Por exemplo, a média quadrática dos

números 1 e 7 é √12 + 72

2= 5.

6 MA12 - Unidade 25

Exemplo 4. A qualidade de uma aproximação é medida pelo seu

erro, que é a diferença entre o valor da aproximação e o valor real

da grandeza. Por exemplo, 4 é uma aproximação de 3,8 com erro de

0,2 (também se diz uma aproximação de 3,8 por excesso, com erro

de 0,2) e 5,5 é uma aproximação de 5,7 com erro de −0, 2 (ou uma

aproximação de 5,7 por falta, com erro de 0,2). Evidentemente, quanto

mais próximo de zero estiver o erro, tanto melhor será a aproximação.

Assim, por exemplo, 39 é uma aproximação de 40 (erro igual a −1)

que é melhor do que a aproximação 42 (erro igual a 2).

Mede-se a qualidade de uma lista de aproximações pela média

quadrática dos seus erros. Também se usa o erro médio quadrático,

que é o quadrado dessa média quadrática, ou seja, é a média aritmética

dos quadrados dos erros. Abaixo temos duas listas de aproximações

do número 4:

S1 : 3; 4, 5; 3, 6 S2 : 3, 2; 4, 8

Os erros médios quadráticos são respectivamente iguais a

12 + 0, 52 + 0, 42

3= 0, 47 e

0, 82 + 0, 82

2= 0, 64.

S1 é uma lista de aproximações de 4 que é melhor do que S2. Uma

importante propriedade da média aritmética é:

Se a média aritmética dos números x1, x2, . . . , xn é igual a x, pelo

menos um dos números x1, x2, . . . , xn é maior que ou igual a x. Com

efeito, se fosse x1 < x, x2 < x, . . . , xn < x, teríamos

x1 + x2 + . . .+ xn < nx,x1 + x2 + . . .+ xn

n< x, x < x,

o que é absurdo.


Exemplo 5. Mostre que, em um grupo de 50 pessoas, há sempre pelo

menos 5 que nasceram no mesmo mês.

Solução. O número médio de pessoas por mês é 50 ÷ 12 = 4, 1 . . ..

Logo, em algum mês o número de nascidos nesse mês (que é um inteiro)

é maior que ou igual a 4,1..., ou seja, é maior que ou igual a 5.

Uma consequência imediata do exemplo 5 é o Princípio das

Gavetas de Dirichlet1:

Exemplo 6. (Princípio das Gavetas) Se n + 1 ou mais objetos são

colocados em n ou menos gavetas, então pelo menos uma gaveta re-

cebe mais de um objeto.

Prova. O número médio de objetos por gaveta é maior que ou igual an+ 1

n, que é maior que 1. Logo, em alguma gaveta haverá um número

de objetos maior que 1.

Exemplo 7. Mostre que todo inteiro positivo n tem um múltiplo

que se escreve apenas com os algarismos 0 e 1.

Solução. Considere os n + 1 primeiros números da sequência 1, 11,

111,... . Divida-os por n e considere os restos dessas divisões. Esses

restos só podem ser iguais 0, 1, 2, . . . , n− 1.

Pensando nos números como objetos e nos restos como gavetas,

temos mais objetos do que gavetas. O Princípio das Gavetas assegura

que alguma gaveta receberá mais de um objeto, isto é, há dois números

na sequência que dão o mesmo resto quando divididos por n, digamos

11 ... 1 (p algarismos) e 11 ... 1 (q algarismos), p < q. A diferença

desses números é um múltiplo de n e se escreve 11 . . . 10 . . . 0, com p

algarismos 0 e q − p algarismos 1.

1Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859), matemático alemão.

8 MA12 - Unidade 25

Exemplo 8. Cinco pontos são tomados sobre a superfície de um

quadrado de lado 2. Mostre que há dois desses pontos tais que a dis-

tância entre eles é menor que ou igual a√

2.

Solução. Divida o quadrado de lado 2 em quatro quadrados de lado

1, ligando os pontos médios dos lados opostos. Pensando nos pontos

como objetos e nos quadrados como gavetas, temos mais objetos do

que gavetas. O Princípio das Gavetas assegura que alguma gaveta

receberá mais de um objeto, isto é, haverá dois pontos no mesmo

quadrado de lado 1. A distância entre esses pontos é no máximo igual

ao comprimento da diagonal do quadrado, que é√

2.

Exemplo 9. Um enxadrista, durante 11 semanas, joga pelos menos

uma partida por dia mas não joga mais de 12 partidas por semana.

Mostre que é possível achar um conjunto de dias consecutivos durante

os quais ele jogou exatamente 20 partidas.

Solução. Em 11 semanas temos 77 dias. Chamemos de Sk, k =

1, 2, . . . , 77, o número de partidas jogadas desde o primeiro até o k-

ésimo dia, inclusive. Como ele joga pelo menos uma partida por dia,

temos 1 6 S1 < S2 < · · · < S77. Além disso, S77 6 132 pois ele não

joga mais de 12 partidas por semana.

De�nindo S0 = 0, a quantidade de partidas jogadas do dia p ao

dia q, inclusive, é igual a Sq − Sp−1. Queremos mostrar que é possível

determinar p e q de modo que Sq − Sp−1 = 20.

Considere os 154 números

S1, S2, . . . , S77, S1 + 20, S2 + 20, . . . , S77 + 20.

Eles pertencem a {1, 2, . . . , 152}. O Princípio das Gavetas assegura


que dois desses números são iguais. Como S1 < S2 < · · · < S77, os

números iguais devem estar em metades diferentes dessa lista de 154

números. Então existem m e n tais que Sm = Sn + 20. O enxadrista

joga 20 partidas entre os dias n+ 1 e m, inclusive.

Finalmente, de�nimos médias ponderadas. A média aritmética

ponderada dos números x1, x2, . . . , xn com pesos respectivamente iguais

p1, p2, . . . , pn é de�nida por

p1x1 + p2x2 + · · ·+ pnxnp1 + p2 + · · ·+ pn

.

Embora a ideia primitiva seja que a média aritmética ponderada é

uma média aritmética simples de uma lista de números dos quais p1são iguais a x1, p2 são iguais a x2,. . ., pn são iguais a xn, não há

problema em considerar pesos não inteiros.

Aliás, é bastante útil trabalhar com pesos relativos e considerar a

média aritmética ponderada dos números x1, x2, . . . , xn, com pesos

iguais a p1, p2, . . . , pn, respectivamente, como sendo

p1p1 + p2 + . . .+ pn

x1

+p2

p1 + p2 + . . .+ pnx2

+ · · ·+ pnp1 + p2 + . . .+ pn

xn.

Assim,uma média aritmética ponderada dos números x1, x2, . . . , xn é

uma expressão da forma λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn, onde

λ1 + λ2 + · · ·+ λn = 1.


Exemplo 10. Em um grupo de pessoas, 70% das pessoas são adultos

e 30% são crianças. O peso médio dos adultos é 70kg e o peso médio

das crianças é de 40kg. Qual o peso médio do grupo?

Solução. É a média aritmética ponderada dos dois subgrupos, com

pesos relativos de 0,7 e 0,3. A resposta é 0, 7× 70 + 0, 3× 40 = 61kg.

Exercícios

1. Um carro percorre metade de certa distância d com velocidade v1e percorre a outra metade com velocidade v2. Qual a sua velocidade

média?

2. Um carro tem velocidade v1 durante metade do tempo t de per-

curso e tem velocidade v2 durante a outra metade do tempo. Qual a

sua velocidade média?

3. A população de um país cresceu 44% em uma década e cresceu

21% na década seguinte. Qual é, aproximadamente, a taxa média de-

cenal de crescimento nesses 20 anos?

4. No problema anterior, qual a taxa média anual de crescimento

nesses 20 anos?

5. A valorização mensal das ações de certa empresa nos quatro pri-

meiros meses do ano foi de +25%, +25%, −25% e −25%. Qual a va-

lorização total e qual a valorização média mensal nesse quadrimestre?

6. Em uma cela há três túneis. Um conduz à liberdade em 3 ho-

ras; outro, em 5 horas, e o último conduz ao ponto de partida depois


de 9 horas. Qual o tempo médio que os prisioneiros que descobrem os

túneis gastam para escapar?

7. Suponha que, no problema anterior, os prisioneiros que entram

pelo terceiro túnel, quando voltam ao ponto de partida, não se lem-

bram de qual foi o túnel em que entraram e, portanto, escolhem para

a próxima tentativa um entre os três túneis.

8. Prove que a média aritmética x de uma lista de números satis-

faz m 6 x 6M , onde m e M são respectivamente o menor e o maior

dos números.

9. Prove que a média geométrica g de uma lista de n números positi-

vos satisfaz m 6 g 6 M , onde m e M . são respectivamente o menor

e o maior dos números.

10. Prove que a média harmônica h de uma lista de n números posi-

tivos satisfaz m 6 h 6M , onde m e M . são respectivamente o menor


11. Em um concurso, havia apenas provas de Português e Matemática.

O resultado do concurso está no quadro abaixo.

Candidato Port. Mat. Classi�cação

João 5 7 2◦

Pedro 6 4 1◦

José 2 5 4◦

Paulo 4 1 3◦


João achou que havia erro na classi�cação porque �zera mais pon-

tos que Pedro e classi�cara-se atrás dele. Houve necessariamente erro

na classi�cação?

12. Pneus novos duram 40 000 km, quando usados nas rodas di-

anteiras, e duram 60 000 km, quando usados nas rodas traseiras.

a) Com 4 pneus novos e fazendo um rodízio adequado entre eles,

quantos quilômetros um carro pode rodar? Como?

b) E com 5 pneus novos? Como?

c) A resposta do item a) é uma média entre 40 000 km e 60 000

km. Qual?

13. A média aritmética de 50 números é 40. Se dois desses números,

125 e 75, forem suprimidos, qual será a média aritmética dos números

restantes?

14. Qual a característica conservada pela média quadrática?

15. Prove que a média quadrática q de uma lista de n números posi-

tivos satisfaz m 6 q 6 M , onde m e M são respectivamente o menor


16. Prove que, para dois números positivos x1 e x2, suas médias

aritmética A, geométrica G, harmônica H e quadrática Q, satisfazem

H 6 G 6 A 6 Q. Prove também que duas quaisquer dessas médias

são iguais se e somente se x1 = x2.

17. Qual seria o problema de se medir a qualidade de uma lista


de aproximações pela média aritmética dos erros?

18. Para determinar uma grandeza desconhecida x, foram feitas várias

medições. Os resultados obtidos foram x1, x2, . . . , xn. Determine a es-

timativa de x para a qual o erro médio quadrático é mínimo.

19. Para determinar uma grandeza desconhecida x, foram feitas

várias medições. Os resultados obtidos foram x1, x2, . . . , xn tais que

x1 6 x2 6 . . . 6 xn. Determine a estimativa de x para a qual a média

dos valores absolutos dos erros é mínima.

20. Eduardo observou que o consumo de energia elétrica em sua casa

estava aumentando muito. Fez então um grá�co do consumo anual,

em kWh, nos últimos 5 anos, tomando 1991 como ano 0. Os valores

obtidos encontram-se no quadro abaixo e Eduardo achou que o grá�co

parecia-se com uma reta.

ANO (x) 0 1 2 3 4

CONSUMO (y) 820 1000 1200 1350 1550

É fácil ver que os pontos encontrados não são colineares, mas pode-se

notar no grá�co que é possível traçar retas que passem bem perto dos

cinco pontos. Mostrando o grá�co a seus amigos Augusto e Sérgio, eles

sugeriram as retas y = 170x+ 850 e y = 180x+ 800, respectivamente,

como as retas que mais se aproximariam dos pontos.

a) Mostre que os pontos realmente não são colineares.

b) Calcule os erros médios quadráticos e determine qual das duas

retas mais se aproxima dos pontos.

c) Entre todas as retas do plano, qual é a que mais se aproxima

dos pontos?


21. Mostre que em qualquer conjunto de 8 inteiros há sempre dois

deles cuja diferença é um múltiplo de 7.

22. Em uma festa há 20 crianças sentadas em torno de uma mesa

circular. Um garçom coloca diante de cada criança, sem perguntar

qual a sua preferência, uma taça de sorvete. Alguns desses sorvetes

são de creme e os outros são de �ocos. 10 das crianças preferem creme

e 10 preferem �ocos. Mostre que, sem mexer nas crianças e fazendo

apenas uma rotação da mesa, é possível fazer com que pelo menos 10

crianças tenham suas preferências respeitadas.

23. Mostre que em toda reunião de n pessoas há sempre duas pessoas

com o mesmo número de conhecidos.

24. Mostre que existe um múltiplo de 1997 que tem todos os dígi-

tos iguais a 1.

25. Qual é o número mínimo de pessoas que deve haver em um grupo

para que possamos garantir que nele há pelo menos 7 pessoas nascidas

no mesmo mês?

26. São dados, no plano, cinco pontos de coordenadas inteiras. Mostre

que, entre os dez segmentos determinados por esses pontos, pelo menos

um tem como ponto médio um ponto de coordenadas inteiras.

27. Prove que se Nk + 1 objetos são colocados em N gavetas, pelo

menos uma gaveta recebe mais de k objetos.


28. 40100 candidatos estão fazendo uma prova de 20 questões de

múltipla escolha, com 5 alternativas por questão. Suponha que ne-

nhum candidato deixe de responder a nenhuma questão. Considere a

a�rmação: �Pelo menos k candidatos responderão de modo idêntico

às 4 primeiras questões da prova�. Determine o maior valor de k para

o qual a a�rmação é certamente verdadeira.

29. 40100 candidatos estão fazendo uma prova de 20 questões de

múltipla escolha, com 5 alternativas por questão. Suponha que ne-

nhum candidato deixe de responder a nenhuma questão. Considere a

a�rmação: �Pelo menos 4 candidatos responderão de modo idêntico às

k primeiras questões da prova�. Determine o maior valor de k para o

qual a a�rmação é certamente verdadeira.

30. Os pontos de uma reta são coloridos com 11 cores. Mostre que é

possível achar dois pontos com a mesma cor tal que a distância entre

eles é um número inteiro.

31. Em um campeonato cada dois times jogam entre si uma única

vez. Mostre que em qualquer momento há sempre dois times que dis-

putaram o mesmo número de partidas.

32. Sete pontos são selecionados dentro de um retângulo 3× 4. Prove

que há dois desses pontos tais que a distância entre eles é no máximo

igual a√

5.

33. Selecionam-se oito números distintos no conjunto {1, 2, . . . , 15}.


Mostre que há pelo menos três pares de números selecionados com a

mesma diferença entre o maior e o menor número do par.

34. Sejam x1 e x2 números reais, x1 < x2.

a) Mostre que os números reais x tais que x1 < x < x2 podem ser

escritos na forma x = λ1x1 + λ2x2 com λ1 + λ2 = 1, λ1 e λ2 positivos,

isto é, são médias aritméticas ponderadas, com pesos positivos, de x1e x2. Essa representação é única?

b) Mostre que os números reais x da forma x = λ1x1 + λ2x2 com

λ1 + λ2 = 1, λ1 e λ2 positivos, pertencem a (x1, x2).

c) Onde estão os pontos x = λ1x1+λ2x2, com λ1+λ2 = 1 e λ1 > 1?

d) E com λ1 + λ2 = 1 e λ1 < 0?

35. Sejam x1, x2, . . . , xn números reais, x1 < x2 < · · · < xn, n > 2.

a) Mostre que os números reais x tais que x1 < x < xn podem ser

escritos na forma x = λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn com

λ1 + λ2 + · · ·+ λn = 1, λ1, λ2, . . . , λn

positivos. Essa representação é única?

b) Mostre que os números reais x da forma

x = λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn n > 2

com λ1 + λ2 + · · · + λn = 1, λ1, λ2, . . . , λn positivos, pertencem a

(x1, xn).

36. Em um grupo de pessoas há 30 homens e 10 mulheres. Os homens

têm altura média de 1,75m e, as mulheres, de 1,67m. Qual a altura

média do grupo?



1. Os tempos gastos são t1 =d

2v1e t2 =

d

2v2.

2. As distâncias percorridas são d1 = v1t

2e d2 = v2

t

2.

3.1

3dos prisioneiros escapa em 3 horas,

1

3escapa em 5 horas,

1

6es-

capa em 9 + 3 horas e1

6escapa em 9 + 5 horas.

7. Se x é o tempo médio procurado, os prisioneiros que escolhem o

terceiro túnel gastam em média, x+ 9 horas para escapar.

11. Considere a possibilidade das notas de Português e de Matemática

terem pesos diferentes.

12. Se um pneu roda x mil quilômetros em uma roda dianteira e y

mil quilômetros em uma roda traseira, a fração do pneu que é gasta

valex

40+

y

60. Para conseguir a rodagem máxima, deve-se gastar in-

teiramente todos os pneus.

13. A soma de todos os números é 50× 40 = 2000.

16. Calcule A − G e mostre que A − G > 0 e que A − G é igual a

zero se e somente se x1 = x2. Aplique esse resultado aos inversos de

x1 e x2. Finalmente, calcule Q2 −A2 e mostre que Q2 −A2 > 0 e que

Q2 − A2 = 0 se e somente se x1 = x2. Lembre-se que Q > 0 e A > 0.

19. Faça o grá�co de f(x) = |x−x1|+ |x−x2|+ · · ·+ |x−xn|. Separeos casos n par e n ímpar.

20a. Mostre que, embora os aumentos de x sejam iguais, os aumentos

de y não são iguais.

20b. Para cada x, considere o y da reta como uma aproximação do y

observado.

20c. Sendo (xk, yk), k = 0, 1, 2, 3, 4, os pontos observados, determine


a e b para que S =4∑

k=0

(axk + b− yk)2 seja mínimo. Obtém-se

S = 30a2 + 20ab+ 5b2 − 27 300a− 11 840b+ 7 337 400.

S = 30

(a+

b

3− 455

)2

+5

3(b− 822)2 + 510.

S é mínimo quando a+b

3− 455 = 0 e b− 822 = 0.

21. Use o Princípio das Gavetas, considerando os números como ob-

jetos e os restos de suas divisões por 7 como gavetas.

22. Há 20 posições para a mesa. Sejam x1 o número de crianças

satisfeitas na primeira posição da mesa, etc... O número total de sa-

tisfações nas 20 posições da mesa é x1 + x2 + · · · + x20. Esse valor,

200, pode ser calculado observando que cada uma das 20 taças, seja

de creme ou de �ocos, satisfaz a criança à sua frente em exatamente

10 posições da mesa. Calcule a média de x1, x2, . . . , x20 e use o fato

de que pelo menos um dos números deve ser maior que ou igual a essa

média.

23. Use o Princípio das Gavetas, considerando as n pessoas como os

objetos e considerando o número de conhecidos como as gavetas. Em-

bora haja n gavetas, pois o número de conhecidos pode variar de 0 a

n− 1, no máximo n− 1 gavetas são usadas, porque é impossível haver

ao mesmo tempo pessoas com 0 conhecido e com n− 1 conhecidos.

24. Use o exemplo 7.

25. O maior grupo em que isso não acontece é um grupo onde haja 6

pessoas em cada mês.

26. Considere 4 gavetas: (P, P ), (P, I), (I, P ) e (I, I), conforme as

coordenadas sejam pares ou ímpares.

27. Determine o número médio de objetos por gaveta.


28. Há 625 modos de responder às 4 primeiras questões. Calcule o

número médio de candidatos por modo de responder às 4 primeiras

questões.

29. Por exemplo, a a�rmação é verdadeira para k = 2. Há 25 modos

de responder às duas primeiras questões da prova. O maior grupo de

candidatos, para o qual não se poderia garantir a existência de pelo

menos 4 candidatos com respostas idênticas, seria um grupo onde hou-

vesse 3 candidatos em cada uma das 25 alternativas, ou seja, seria um

grupo de 75 candidatos.

30. Tome um ponto x qualquer e considere os pontos x, x + 1, x +

2, . . . , x+ 11. Esses 12 pontos estarão coloridos com apenas 11 cores.

31. Este exercício é igual ao exercício 23.

32. Divida em seis retângulos 1× 2.

33. As diferenças podem ter apenas 14 valores: 1, 2, . . . , 14. Há

C28 = 28 diferenças, das quais no máximo uma pode ter valor 14. Há

pelo menos 27 diferenças que podem ter apenas 13 valores: 1, 2, . . . , 13.

34a. Se x1 < x < x2, λ =x− x1x2 − x1

pertence a (0, 1).

35a. Pense apenas em x1 e x2.

MA 12 - Unidade 26

Media e Princıpio das Gavetas

Semana de 11/07 a 17/07

Nessa unidade, faz-se a comparacao entre as varias medias, resultando numa desigualdade funda-

mental entre a media aritmetica, a media geometrica e a media harmonica.

A unidade termina com 21 problemas propostos. Resolva quantos puder.

Leitura Complementar:

A. Hefez - Inducao Matematica. Secoes 3.4 e 3.5. PIC - OBMEP Vol 4. (material anexado)

MA12 - Unidade 26

Médias e Princípio das Gavetas

Semana 11/07 a 17/07

1 A Desigualdade das Médias

A desigualdade das médias a�rma que a média aritmética de n números

positivos é maior que ou igual à sua média geométrica e só é igual se

os números forem todos iguais. Isto é, se x1, x2, . . . , xn são números

positivosx1 + x2 + · · ·+ xn

n> n√x1x2 · · ·xn.

Além disso,x1 + x2 + · · ·+ xn

n= n√x1x@ · · ·xn

se e somente se x1 = x2 = · · · = xn.

1

2 MA12 - Unidade 26

Várias e interessantes demonstrações dessa desigualdade são en-

contradas em �Meu Professor de Matemática� de Elon Lages Lima.

Aqui faremos apenas um esboço da demonstração que foi feita por

Cauchy1.

Provaremos primeiramente a desigualdade no caso n = 2. Sendo

A(x1, x2) a média aritmética dos números positivos x1 e x2 e sendo

G(x1, x2) sua média geométrica, temos

A(x1, x2)−G(x1, x2) =x1 + x2

2−√x1x2

=x1 + x2 − 2

√x1x2

2

=(√x1 −

√x2)

2

2> 0

e A(x1, x2) − G(x1, x2) só é igual a 0 quando x1 = x2, o que prova a

desigualdade no caso n = 2.

Para prová-la no caso n = 4, aplicamos o resultado anterior aos

númerosx1 + x2

2e

x3 + x4

2,

obtendox1+x2

2+ x3+x4

2

2>

√(x1 + x2

2

)(x3 + x4

2

)ou seja,

x1 + x2 + x3 + x4

4>

√(x1 + x2

2

)(x3 + x4

2

)a igualdade só sendo obtida quando

x1 + x2

2e

x3 + x4

21Cauchy, Louis (1789-1857), matemático francês.


forem iguais. Aplicando agora duas vezes a desigualdade no caso n =

2, primeiramente para x1 e x2, e posteriormente para x3 e x4, obtemos√x1 + x2

2

x3 + x4

2>√√

x1x2

√x3x4 = 4

√x1x2x3x4,

a igualdade sendo obtida apenas quando x1 = x2 e x3 = x4.

Portanto,x1 + x2 + x3 + x4

4> 4√x1x2x3x4,

a igualdade só sendo obtida quando x1 = x2 e x3 = x4 e

x1 + x2

2=

x3 + x4

2,

isto é, quando x1 = x2 = x3 = x4.

É claro que, repetindo esse argumento, provaríamos a desigualdade

das médias para 8, 16, 32,... números positivos.

Esse argumento permite provar, por indução, a desigualdade para

n = 2k números positivos.

Provaremos agora a desigualdade para três números positivos.

Sejam x1, x2 e x3 números positivos e sejam A sua média aritmética

e G sua média geométrica. É claro que

x1 + x2 + x3 + A

4=

3A+ A

4= A.

Aplicando a desigualdade das médias no caso n = 4 aos números x1,

x2, x3 e A, obtemos

A =x1 + x2 + x3 + A

4> 4√x1x2x3A.

A4 > x1x2x3A, A3 > x1x2x3, A > 3√x1x2x3 = G a igualdade só se

veri�cando quando x1 = x2 = x3 = A, isto é, quando x1 = x2 = x3.

4 MA12 - Unidade 26

Se desejássemos provar a desigualdade para cinco números positivos

x1, x2, x3, x4 e x5, aplicaríamos a desigualdade aos 8 números x1, x2,

x3, x4 e x5, A, A e A, onde A é a média aritmética dos números x1,

x2, x3, x4 e x5.

O mesmo raciocínio pode mostrar que, se a desigualdade é ver-

dadeira para n = k, então ela é também verdadeira para todo n < k.

Exemplo 1. Mostre que, entre todos os retângulos de perímetro

2p, o quadrado é o de maior área.

Solução. Se os lados do retângulo são x e y, temos x+ y = p, isto é,

a média aritmética x e y é igual ap

2. A área do retângulo é A = xy.

Temos √A =

√xy 6

x+ y

2=

p

2Portanto,

A 6p2

4e a igualdade só é obtida quando x = y. Portanto, o retângulo de

maior área é o quadrado de área

p2

4.

Exemplo 2. Mostre que, entre todos os retângulos de área A, o

quadrado é o de menor perímetro.

Solução. Se os lados do retângulo são x e y, temos xy = A, isto é, a

média geométrica de x e y é igual a√A. O perímetro do retângulo é

2(x+ y). Temos

2(x+ y) = 4x+ y

2> 4√xy = 4

√A


Portanto, 2(x + y) > 4√A e a igualdade só é obtida quando x = y.

Portanto, o retângulo de menor perímetro é o quadrado de perímetro

4√A.

A desigualdade das médias pode ser generalizada.

2 Desigualdade das Médias Generalizada

Se x1, x2, . . . , xn são números positivos e Q, A, G e H são suas médias

quadrática, aritmética, geométrica e harmônica, respectivamente, en-

tão Q > A > G > H. Além disso, duas quaisquer dessas médias são

iguais se e somente se x1 = x2 = · · · = xn.

Exercícios

1. Prove que o produto de dois números de soma constante é máximo

quando esses números são iguais.

2. Prove que a soma de dois números positivos de produto cons-

tante é mínima quando esses números são iguais.

3. Prove que a média harmônica de n números positivos

x1, x2, . . . , xn

é sempre menor que ou igual a sua média geométrica e só é igual

quando todos os números são iguais.

4. Prove que a média quadrática de n números positivos

x1, x2, . . . , xn

6 MA12 - Unidade 26

é sempre maior que ou igual a sua média aritmética e só é igual quando

todos os números são iguais.

5. Prove que se a1, a2, . . . , an são números positivos e

b1, b2, . . . , bn

é uma reordenação de a1, a2, . . . , an entãob1a1

+b2a2

+ · · ·+ bnan

> n.

6. Prove que x2 + y2 + z2 > xy + yz + zx, para quaisquer x, y e

z reais.

7. Prove quea1 + a2 + a3

3>

√a1a2 + a1a3 + a2a3

3> 3√a1a2a3, se

a1, a2, a3 positivos.

8. Mostre que se a equação x3− ax2 + bx− c = 0, na qual a, b e c são

números positivos possuir três raízes reais então a6 > 27b3 > 729c2.

9. Um mágico se apresenta usando um paletó cintilante e uma calça

colorida e não repete em suas apresentações o mesmo conjunto de calça

e paletó. Para poder se apresentar em 500 espetáculos, qual o menor

número de peças de roupa que pode ter seu guarda-roupa?

10. Prove que entre todos os triângulos de perímetro constante, o

equilátero é o de maior área.

11. a) Prove que, se x é positivo, então x+1

x> 2.

b) Qual o valor mínimo dex+4

x, x positivo?


12. Prove que a sequência de termo geral an =

(1 +

1

n

)n

é estri-

tamente crescente, isto é, prove que, para todo n inteiro e positivo(1 +

1

n

)n

<

(1 +

1

n+ 1

)n+1

.

13. Prove que, se x, y e z são positivos, então

1

x+

1

y+

1

z>

9

x+ y + z.

14. Prove que, se x, y e z são positivos, então

(√x+√y +√z)2 > 9 3

√xyz.

15. Se x, y e z são números positivos tais que 1 6 xy + yz + zx 6 3,

qual é o conjunto de valores de xyz? E de x+ y + z?

16. Se x, y e z são números positivos tais que xy + yz + zx 6 3,


17. Se x, y e z são números positivos tais que xy + yz + zx 6 1,


18. Se x, y e z são números positivos tais que 1 6 x+ y+ z 6 3, qual

é o conjunto de valores de xyz? E de xy + yz + zx?

19. Se x, y e z são números positivos tais que 1 6 xyz 6 3, qual

é o conjunto de valores de xy + yz + zx? E de x+ y + z?

20. Se x, y e z são números positivos tais que xyz = 8, qual é o

8 MA12 - Unidade 26

conjunto de valores de xy + yz + zx? E de x+ y + z?

21. Prove que, se a desigualdade das médias é válida para m números

positivos, m > 2, então ela é válida também para m− 1 números po-

sitivos.


1. Se x + y = a, xy = x(a − x) é um polinômio do segundo grau em

x.

2. Veja o exemplo 2.

3. Aplique a desigualdade das médias aos inversos dos números dados.

4. Sejam Q e A as médias quadrática e aritmética de x1, x2, . . . . , xn,

respectivamente. Usen∑

k=1

(xk−A)2 > 0. Lembre-se de quen∑

k=1

xk = nA

e que uma soma de quadrados é igual a 0 se e somente se todas as

parcelas são nulas.

5. Aplique a desigualdade das médias aos númerosb1a1

,b2a2

, . . . ,bnan

.

6. Aplique a desigualdade das médias aos pares (x2, y2), (y2, z2) e

(z2, x2).

7. Aplique a desigualdade das médias aos números a1a2, a1a3 e a2a3.

Use também o problema 6.

8. Mostre que a equação não pode ter raízes nulas ou negativas. Use

o problema anterior.

9. Com x paletós e y calças, o mágico consegue formar xy conjuntos

diferentes. Com 44 peças, o mágico formaria o número máximo de

conjuntos diferentes se fossem 22 paletós e 22 calças, porque o produto


de dois números de soma constante é máximo quando esses números

são iguais. Como 22× 22 = 484, 44 peças não bastam.

10. Use a fórmula de Heron2, S =√

p(p− a)(p− b)(p− c). Para S

ser máxima, (p− a)(p− b)(p− c) deve ser máximo.

11a. Aplique a desigualdade das médias aos números x e1

x.

12. Aplique a desigualdade das médias aos números x1 = 1 e

x2 = x3 · · · = xn+1 = 1 +1

n.

13. Aplique a desigualdade entre as médias aritmética e harmônica

aos números x, y e z.

14. Aplique a desigualdade das médias aos números√x,√y e√z.

15a. A desigualdade das médias aplicada aos números xy, yz e zx

mostra que xyz 6 1. Além disso é claro que xyz alcança o valor 1

quando x = y = z = 1. Por outro lado, como x, y e z são positi-

vos, xyz > 0. Para mostrar que xyz consegue �car arbitrariamente

próximo de 0, basta tomar

x = y =1

ne z = n,

com n natural arbitrariamente grande.

15b. O problema 7 mostra que x+ y+ z 6√3. Além disso x+ y+ z

alcança o valor√3 quando

x = y = z =

√3

3.

Por outro lado, x + y + z pode se tornar arbitrariamente grande,

tomando

x = y =1

ne z = n,

com n natural arbitrariamente grande.2Heron,matemático de Alexandria, do segundo século antes de Cristo.

A Coordenacao Nacional de Material Didatico informa

que as Atividades de Revisao previstas nesta unidade

estao sob os cuidados de sua Coordenacao Local.

Cordiais saudacoes.

Coordenacao de Material Didatico

1

A Coordenacao Nacional de Material Didatico informa

que as Atividades de Revisao previstas nesta unidade

estao sob os cuidados de sua Coordenacao Local.

Cordiais saudacoes.

Coordenacao de Material Didatico

1

P1 - MA 12 - 2011

Questão 1.

Considere a sequência (an)n≥1 definida como indicado abaixo:

a1 = 1

a2 = 2 + 3

a3 = 4 + 5 + 6

a4 = 7 + 8 + 9 + 10

. . .

(0.5) (a) O termo a10 é a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual é o menor e o qual é o maior desses inteiros?

(0.5) (b) Calcule a10.

(1.0) (c) Forneça uma expressão geral para o termo an.

UMA RESPOSTA

(a) O primeiro inteiro da soma que define an é igual ao número de inteiros utilizados nos termos a1, . . . , an−1, isto

é, 1 + 2 + . . . + n− 1 mais um, isto é, é igual a 12 (n− 1)n + 1. O último inteiro é esse número mais n− 1. Portanto,

para n = 10, o primeiro inteiro é 46 e o último é 55.

(b) a10 é a soma de uma progressão aritmética de 10 termos, sendo o primeiro igual a 46 e o último igual a 55. Então

a10 =(46 + 55) · 10

2= 101 · 5 = 505 .

(c) No caso de an, trata-se da soma de uma progressão aritmética de n termos, sendo o primeiro igual a 12 n(n− 1)+ 1

e o último igual a 12 n(n− 1) + 1 + (n− 1), ou seja, 1

2 n(n− 1) + n, como visto em (a). Então

an =

[12 n(n− 1) + 1

]+

[12 n(n− 1) + n

]2

· n =(n− 1)n2 + (n + 1)n

2=

n3 + n2

.

1

P1 - MA 12 - 2011

Questão 2.

Um comerciante, para quem o dinheiro vale 5% ao mês, oferece determinado produto por 3 prestações mensais

iguais a R$ 100,00, a primeira paga no ato da compra.

(1.0) (a) Que valor o comerciante deve cobrar por esse produto, no caso de pagamento à vista?

(1.0) (b) Se um consumidor desejar pagar o produto em três prestações mensais iguais, mas sendo a primeira paga um

mês após a compra, qual deve ser o valor das parcelas?

Utilize, se desejar, os seguintes valores para as potências de 1, 05: 1, 052 = 1, 1025; 1, 05−1 = 0, 9524; 1, 05−2 =

0, 9070.

UMA RESPOSTA

(a) Trazendo os valores da segunda e da terceira prestações para o ato da compra, e somando, obtém-se

100 +1001, 05

+100

1, 052 = 100 + 95, 24 + 90, 70 = 285, 94 .

Então o comerciante poderá cobrar 285,94 reais, de forma que, se deixar seu dinheiro valorizar 5% ao mês, poderá

dispor de 100 reais no ato da compra (tirando 100 reais dos 285,94), 100 reais ao final do primeiro mês (deixando

95,24 reais valorizarem 5% durante um mês) e 100 reais ao final do segundo mês (deixando 90,70 reais valorizarem

5% ao mês durante dois meses).

(b) Para o parcelamento desejado pelo consumidor, as parcelas se deslocam um mês adiante. Então em cada uma

das três parcelas de 100 reais devem incidir juros de 5%. Portanto, são 3 parcelas de 105 reais.

2

P1 - MA 12 - 2011

Questão 3.

Considere o conjunto dos números escritos apenas com os algarismos 1, 2 e 3, em que o algarismo 1 aparece uma

quantidade par de vezes (por exemplo, 2322 e 12123). Seja an a quantidade desses números contendo exatamente n

algarismos.

(0.4) (a) Liste todos esses números para n = 1 e n = 2, indicando os valores de a1 e a2.

(0.8) (b) Explique por que an satisfaz a equação de recorrência an+1 = (3n − an) + 2an, para n ≥ 1 (note que 3n é o

número total de números com n algarismos iguais a 1, 2 ou 3).

(0.8) (c) Resolva a equação de recorrência em (b).

UMA RESPOSTA

(a) Para n = 1 só há três números possíveis: 1, 2 e 3. Somente os dois últimos têm um número par de algarismos

iguais a 1 (neste caso, nenhum algarismo igual a 1). Então a1 = 2. Os números de 2 algarismos são: 11, 12, 13, 21,

22, 23, 31, 32, 33, num total de 9 = 32. Cinco deles têm uma quantidade par de algarismos iguais a 1, então a2 = 5.

(b) (Antes de fazer o exercício, pode-se verificar se a fórmula está correta para n = 1: 5 = a2 = (31 − a1) + 2a1 =

3 + a1 = 3 + 2 = 5.) Observa-se primeiro que a quantidade de números com n algarismos tendo uma quantidade

ímpar de algarismos iguais a 1 é 3n − an, pois o número total de sequências é 3n.

Para obter a relação de recorrência, observe que todo número de n + 1 algarismos é uma concatenação de um

número de n algarismos com um número de 1 algarismo. Para que a quantidade de algarismos iguais a 1 do

número de n + 1 algarismos seja par é preciso que: ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números

concatenados seja ímpar ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números concatenados seja par.

Então, para calcular an+1, soma-se o número de concatenações do primeiro caso (ímpar-ímpar) com o número de

concatenações do segundo caso (par-par). Isto dá

an+1 = (3n − an) · (31 − a1) + an · a1 ,

isto é, a fórmula do enunciado, já que a1 = 2.

(c) Observa-se que an+1 = an + 3n, apenas simplificando-se a expressão. Isto implica

an = a1 + 31 + 32 + . . . + 3n−1 = 1 + (1 + 3 + 32 + . . . + 3n−1) ,

em que a expressão entre parênteses é a soma dos n primeiros termos da progressão geométrica de termo inicial 1 e

razão 3, que vale3n − 13− 1

.

Portanto

an =3n + 1

2.

3

P1 - MA 12 - 2011

Questão 4.

(1.0) (a) Mostre, por indução finita, que

1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . . + n · 3n−1 =(2n− 1)3n + 1

4.

(1.0) (b) Seja (an)n≥1 progressão geométrica com termo inicial a1 positivo e razão r > 1, e Sn a soma dos n primeiros

termos da progressão. Prove, por indução finita, que Sn ≤ rr−1 an, para qualquer n ≥ 1.

UMA RESPOSTA

(a) A equação é verdadeira para n = 1, pois 1 · 30 = 1 e

(2 · 1− 1)31 + 14

= 1 .

Supondo válida para n, vamos mostrar que vale para n + 1, isto é, vamos mostrar que, acrescentando o termo

(n + 1) · 3n, a soma resultará em(2(n + 1)− 1)3n+1 + 1

4.

Usando a hipótese de indução,

1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . . + n · 3n−1 + (n + 1)3n =(2n− 1)3n + 1

4+ (n + 1)3n .

Manipulando a expressão à direita,

(2n− 1)3n + 14

+ (n + 1)3n =[2n− 1 + 4(n + 1)]3n + 1

4=

(2n + 1)3n+1 + 14

=(2(n + 1)− 1)3n+1 + 1

4,

como queríamos demonstrar.

(b) Para n = 1 a desigualdade é verdadeira: como r > 1, então rr−1 > 1; e como S1 = a1 > 0, então S1 = a1 < r

r−1 a1.

Suponha agora que a desigualdade vale para n, isto é, suponha que Sn ≤ rr−1 an é verdadeira. Vamos provar que

ela vale para n + 1, isto é, vamos provar que Sn+1 ≤ rr−1 an+1. Primeiro, escrevemos Sn+1 = Sn + an+1, pois Sn+1

é a soma dos primeiros n termos adicionada do termo n + 1. Usando a hipótese de indução, Sn+1 ≤ rr−1 an + an+1.

Como se trata de uma progressão geométrica an+1 = ran, ou seja, podemos trocar an por an+1r . Então Sn+1 ≤

rr−1 ·

an+1r + an+1, isto é, Sn+1 ≤ ( 1

r−1 + 1)an+1 = rr−1 an+1, que é o que queríamos demonstrar.

4

P1 - MA 12 - 2011

Questão 5.

Seja (xn)n≥0 sequência definida pela relação de recorrência xn+1 = 2xn + 1, com termo inicial x0 ∈ R.

(0.5) (a) Encontre x0 tal que a sequência seja constante e igual a um número real a.

(1.0) (b) Resolva a recorrência com a substituição xn = yn + a, em que a é valor encontrado em (a).

(0.5) (c) Para que valores de x0 a sequência é crescente? Justifique.

UMA RESPOSTA

(a) Basta achar a tal que 2a + 1 = a. Isto dá a = −1. Se x0 = a então x1 = 2x0 + 1 = 2a + 1 = a = x0, e, da mesma

forma, x2 = x1, x3 = x2, . . ., xn+1 = xn para qualquer n ≥ 0, ou seja, a sequência é constante.

(b) Com a substituição sugerida, xn = yn − 1. Então yn+1 − 1 = 2(yn − 1) + 1, isto é, yn+1 = 2yn, com y0 = x0 + 1.

Então yn = 2ny0 = 2n(x0 + 1) e xn = yn − 1 = −1 + 2n(x0 + 1).

(c) Se x0 + 1 > 0, isto é, x0 > −1, então 2n(x0 + 1) é crescente e xn = −1 + 2n(x0 + 1) é crescente. Se x0 + 1 < 0, isto

é x0 < −1, então xn = −1 + 2n(x0 + 1) = −1− 2n|x0 + 1| é descrescente. E se x0 = −1 então xn é constante. De

onde se conclui que xn é crescente se, e somente se, x0 ∈ (−1,+∞).

5

AV2 - MA 12 - 2011

Questão 1.

Considere os caminhos no plano iniciados no ponto (0, 0) com deslocamentos paralelos aos eixos coordenados,

sempre de uma unidade e no sentido positivo dos eixos x e y (não se descarta a possibilidade de dois movimentos

unitários seguidos na mesma direção, ver ilustração mostrando um caminho que termina em (5, 4)).

5

4

x

y

(1,0) (a) Explique por que o número de caminhos que terminam no ponto (m, n) é Cmm+n.

(1,0) (b) Quantos são os caminhos que terminam no ponto (8, 7), passam por (2, 3) mas não passam por (5, 4)?

UMA SOLUÇÃO

(a) Chamaremos de horizontais os movimentos paralelos ao eixo x e de verticais os paralelos ao eixo y. Como todos

os movimentos são positivos e unitários, são necessários m movimentos horizontais e n movimentos verticais para

se chegar em (m, n), totalizando m + n movimentos. Um caminho fica totalmente determinado se dissermos quais

desses m + n movimentos são, digamos, movimentos horizontais. Portanto, precisamos saber de quantas maneiras

podemos escolher m movimentos horizontais entre os m + n movimentos do caminho. Isso dá Cmm+n.

Evidentemente poderíamos ter determinado os caminhos dizendo quais são os n movimentos horizontais dentre

os m + n movimentos. Esse raciocínio nos levaria a Cnm+n. Mas Cn

m+n = Cmm+n.

(b) Se um caminho até (8, 7) é obrigado a passar por (2, 3) então ele é a junção de um caminho que vai de (0, 0) a

(2, 3) com um caminho que vai de (2, 3) a (8, 7). No entanto, queremos que o caminho que vai de (2, 3) a (8, 7) não

passe por (5, 4), ou seja, queremos que ele vá de (2, 3) a (8, 7) sem ser a junção de um caminho de (2, 3) a (5, 4) com

um caminho de (5, 4) a (8, 7). Isso nos indica que precisamos calcular quantos caminhos temos de (0, 0) a (2, 3),

quantos de (2, 3) a (5, 4) e quantos de (5, 4) a (8, 7).

Segundo o item anterior, há C22+3 = C2

5 maneiras de ir de (0, 0) a (2, 3). Há C33+1 = C3

4 maneiras de se ir de (2, 3) a

(5, 4), pois são necessários 3 movimentos horizontais e 1 vertical. Há C33+3 = C3

6 maneiras de se ir de (5, 4) a (8, 7),

pois são necessários 3 movimentos horizontais e 3 verticais. E há C610 maneiras de se ir de (2, 3) a (8, 7), pois são

necessários 6 movimentos horizontais e 4 verticais.

Há, portanto, C34 · C3

6 maneiras de se ir de (2, 3) a (8, 7) passando por (5, 4). Então há C610 − C3

4 · C36 maneiras de se

ir de (2, 3) a (8, 7) sem passar por (5, 4). E, por conseguinte, há

N = C25 · (C6

10 − C34 · C3

6)

1

maneiras de se ir de (0, 0) a (8, 7) passando por (2, 3) mas não passando por (5, 4).

Para termos um número, calculamos essas combinações: C25 = 5!

3! 2! = 10, C610 = 10!

4!6! = 10·9·8·74·3·2 = 210, C3

4 = 4 e

C36 = 6!

3!3! =6·5·43·2 = 20. Então

N = 10 · (210− 4 · 20) = 1300 .

2

AV2 - MA 12 - 2011

Questão 2.

Os professores de seis disciplinas (entre as quais Português e Matemática) devem escolher um dia, de segunda

a sexta, de uma única semana para a realização da prova de sua disciplina. Suponha que cada professor escolha o

seu dia de prova ao acaso, sem combinar com os demais professores.

(1,0) (a) Qual é a probabilidade de que as provas de Português e Matemática sejam realizadas no mesmo dia?

(1,0) (b) Qual é a probabilidade de que os alunos façam provas em todos os dias da semana?

UMA SOLUÇÃO

(a) Nesta questão, não é preciso olhar para as outras disciplinas. Há 5 possibilidades para o dia de prova de Por-

tuguês e 5 possibilidades para o dia de prova de Matemática. Portanto, há 25 possibilidades para o par de provas

Português e Matemática. Dessas 25, apenas 5 são ocorrências de Português e Matemática no mesmo dia (uma

ocorrência para cada dia da semana). Então a probabilidade de que essas duas provas ocorram no mesmo dia é

5/25 = 0, 2 (ou 20%).

Outra maneira de pensar: fixado o dia da prova de Matemática, há 5 possibilidades para o dia de Português, e

apenas uma delas é no mesmo dia que Matemática. Isso dá os mesmos 20% de chances.

(b) Vamos contar de quantas maneiras se distribuem 6 provas nos 5 dias da semana sem deixar um dia livre. Com

essa imposição, certamente um dia terá duas provas e os demais dias terão apenas uma. Então começamos esco-

lhendo entre as 5 possibilidades para o dia da semana que terá duas provas. Escolhido esse dia, temos que escolher

duas das seis disciplinas para preenchê-lo. Temos C26 escolhas. Escolhidas essas duas disciplinas, ainda restam 4

para distribuir nos 4 dias: são 4! escolhas. Portanto há 5 · C26 · 4! maneiras de se distribuir 6 provas em 5 dias sem

deixar um dia livre.

Agora precisamos do total de maneiras de se distribuir as 6 provas durante a semana. Cada disciplina tem 5

escolhas, então são 56 possibilidades.

Então a probabilidade de não ficar um dia livre é o quociente

5 · C26 · 4!

56 =5! · 15

56 = 4! · 354 =72 · 1610000

=115210000

= 0, 1152 ,

ou 11,52%.

3

AV2 - MA 12 - 2011

Questão 3.

Em um jogo, uma moeda honesta é jogada seguidamente. Cada vez que sai cara, o jogador ganha 1 real; cada vez

que sai coroa, o jogador ganha 2 reais. O jogo termina quando o jogador tiver acumulado 4 ou mais reais.

(0,5) (a) Qual é a probabilidade de que o jogador ganhe exatamente 4 reais?

(0,5) (b) Qual é a probabilidade de que no último lançamento saia cara?

(1,0) (c) Dado que o jogador ganhou exatamente 4 reais, qual é a probabilidade de que tenha saído cara no último

lançamento?

UMA SOLUÇÃO

Nesta questão, convém fazer primeiro a árvore das possibilidades. Indicaremos “cara” por A e “coroa” por B. Em

cada nó da árvore, indicamos a sequência obtida (linha superior), o valor acumulado pelo jogador (linha do meio)

e a probabilidade daquela sequência (linha inferior). Os nós em cinza são aqueles em que o jogo termina. Veja que

a soma das probabilidades em cada nó pintado em cinza é igual a 1, e que a probabilidade indicada em cada um é

a probabilidade de o jogo terminar com aquela sequência.

AAABAAAA

1/21/2

1/41/41/41/4

1/81/81/81/81/81/8

1/161/1654

545443

4332

21

BAA BABABBABAAABAAA

BBBAABAA

BA

(a) Para ver a probabilidade de que o jogador termine com exatamente 4 reais, basta somar as probabilidades dos

nós em cinza que têm ganho de 4 reais. São eles: AAAA (1/16), AAB (1/8), ABA (1/8), BAA (1/8) e BB (1/4). A

soma é 1116 .

(b) O jogo termina com cara em todos os nós em cinza que terminam com a letra A. Então basta somar as probabili-

dades de cada caso. São eles AAAA (1/16), ABA (1/8) e BAA (1/8), o que dá 516 .

(c) Das situações em que o jogador terminou com 4 reais, listadas em (a), que têm probabilidade de 11/16 de

ocorrer, apenas AAAA, ABA e BAA terminam com A (cara), com probabilidade de 5/16. Então a probabilidade de

se terminar com cara dado que o jogador terminou com 4 reais é 5/1611/16 = 5

11 .

4

AV2 - MA 12 - 2011

Questão 4.

Uma prova de concurso é formada por questões de múltipla escolha, com 4 alternativas por questão. Admita que

nenhum candidato deixe questões sem responder.

(1,0) (a) Qual é o número mínimo de candidatos para que seja possível garantir que pelo menos 3 deles darão exata-

mente as mesmas respostas nas 5 primeiras questões?

(1,0) (b) Qual é o valor máximo de n para o qual é possível garantir que, em um concurso com 1000 candidatos, pelo

menos 2 darão as mesmas respostas nas primeiras n questões?

UMA SOLUÇÃO

(a) O conjunto de possibilidades de respostas para as 5 primeiras questões, cada uma com 4 alternativas, é 45.

É possível distribuir as respostas de 2 · 45 = 2048 candidatos de forma que cada conjunto de respostas se repita

exatamente duas vezes, mas se houver 2 · 45 + 1 = 2049 candidatos isso não é mais possível, sempre haverá ao

menos 3 provas iguais nas cinco primeiras questões.

(b) Considerando agora as n primeiras questões, há 4n possibilidades de resposta. Para garantir que em 1000 can-

didatos pelo menos 2 respondam de forma igual a essas primeiras n questões, é necessário que 1000 ≥ 4n + 1, isto

é, 4n ≤ 999. O valor máximo de n tal que 4n ≤ 999 é 4 (pois 44 = 28 = 256 e 45 = 210 = 1024). Resposta: n = 4.

5

AV2 - MA 12 - 2011

Questão 5.

Uma caixa retangular sem tampa tem arestas medindo x, y e z (veja figura, onde as linhas tracejadas indicam

segmentos de arestas obstruídos por alguma face).

(0,5) (a) Exprima a área e o volume da caixa em função de x, y e z.

(1,0) (b) Use a desigualdade das médias para mostrar que, se o volume da caixa é igual a 32, então sua área é maior ou

igual a 48.

(0,5) (c) Determine as medidas das arestas da caixa de área mínima com volume igual a 32.

x y

z

UMA SOLUÇÃO

(a) A área da caixa é igual a xy + 2xz + 2yz e seu volume é igual a xyz.

(b) A soma xy + 2xz + 2yz é igual a 3 vezes a média aritmética simples de seus termos. Essa média é sempre maior

do que ou igual à média geométrica dos mesmos termos, isto é

13(xy + 2xz + 2yz) ≥ 3

√xy · 2xz · 2yz = 3

√4x2y2z2 .

Supondo xyz = 32 (que é dado no problema), resulta que 3√

4x2y2z2 = 3√

22 · (25)2 =3√212 = 16. Então, multipli-

cando por 3 dos dois lados, xy + 2xz + 2yz ≥ 48.

(c) A igualdade entre as médias aritmética e geométrica ocorre se, e somente se, os termos são iguais. Neste caso,

quando xy = 2xz = 2yz. Como o volume é positivo, x, y, z têm que ser positivos, em particular não nulos. Então,

da equação 2xz = 2yz tiramos y = x, e da equação xy = 2yz tiramos z = x2 . Como xyz = 32 então x · x · x

2 = 32, isto

é, x3 = 64 = 26, ou ainda x = 4. Então x = y = 4 e z = 2.

6

AV3 - MA 12 - 2011

Questão 1.

A sequência 0, 3, 7, 10, 14, 17, 21, . . . é formada a partir do número 0 somando-se alternadamente 3 ou 4 ao termo

anterior, isto é: o primeiro termo é 0, o segundo é 3 a mais que o primeiro, o terceiro é 4 a mais que o segundo, o

quarto é 3 a mais que o terceiro, o quinto é 4 a mais que o quarto e assim sucessivamente.

(0,5) (a) Qual é o centésimo termo dessa sequência?

(0,5) (b) Qual é a soma dos 100 primeiros termos dessa sequência?

(1,0) (c) Algum termo desta sequência é igual a 2000? Por quê?

UMA SOLUÇÃO

(a) Chamemos de a1, a2, a3, . . . os termos dessa sequência. A sequência dos termos com índices ímpares a1, a3, a5, . . .

é uma progressão aritmética com termo inicial 0 e passo (ou razão) 7. A sequência dos termos com índices pares

a2, a4, a6, . . . é uma progressão aritmética com termo inicial 3 e passo 7. O centésimo termo é o 50o da sequência dos

pares. Então a100 = 3 + (50− 1) · 7 = 3 + 343 = 346.

(b) Há maneiras diferentes de se fazer isso. Podemos agrupar a soma assim:

(a1 + a100) + (a2 + a99) + (a3 + a98) + . . . + (a50 + a51) .

Veja que de a1 para a2 há um acréscimo de 3 e de a99 para a100 também. Então os dois primeiros termos são iguais.

Do segundo para o terceiro há um aumento e um decréscimo de 4, logo o terceiro termo é igual ao segundo. E assim

por diante. Então todos os termos entre parênteses são iguais ao primeiro, que vale 0 + 346 = 346. Como são 50

termos, a soma dá 50 · 346 = 17300.

Outro jeito de fazer é somar separadamente as sequências com índices ímpares e pares. No segundo caso (pares),

são 50 termos da progressão aritmética de razão 7 começando em 3 e terminando em 346. A soma dessa progressão

dá

50 · 3 + 3462

= 25 · 349 = 8725 .

No primeiro caso (ímpares), são 50 termos, mas todos 3 unidades menores do que os termos da série par. Então a

soma desses é 8725 subtraído de 50 · 3 = 150, isto é, dá 8575. Juntando as duas, ficamos com 17300.

Obs. Essa segunda soma também sairia da mesma forma como a outra, pois a PA tem primeiro termo igual a 0,

último termo igual a 343, totalizando 50 termos, logo soma

50 · 0 + 3432

= 25 · 343 = 8575 .

(c) Observe primeiro que se n é ímpar então an é múltiplo de 7, e se n é par então an − 3 é múltiplo de 7 (de fato,

valem as recíprocas, mas não precisaremos disso).

Como nem 2000 = 7 · 285+ 5 nem 1997 = 7 · 285+ 2 são múltiplos de 7, então 2000 não pode ser um an nem para

n par nem para n ímpar.

1

AV3 - MA 12 - 2011

Questão 2.

Seja Rn o número máximo de regiões determinadas no plano por n círculos.

(0,5) (a) Quais são os valores de R1 e R2?

(0,5) (b) Explique por que Rn+1 = Rn + 2n, para todo n ≥ 1.

(1,0) (c) Mostre por indução que Rn = n2 − n + 2.

UMA SOLUÇÃO

(a) Um único círculo no plano determina exatamente duas regiões (dentro e fora). Então R1 = 2. Agora colocamos

um segundo círculo no plano e olhamos para várias possibilidades: (i) se ele for idêntico ao primeiro, continuamos

com duas regiões; (ii) se um dos círculos está inteiramente contido numa das regiões delimitadas pelo outro, então

ficam delimitadas 3 regiões (mesma coisa se apenas se tangenciam); (iii) se eles se intersectam sem se tangenciarem,

ficam delimitadas 4 regiões. Esse é o máximo possível, então R2 = 4.

(b) Primeiro verifiquemos se a fórmula está compatível com a resposta anterior. Pela fórmula, deveríamos ter

R2 = R1 + 2 · 1. De fato, R1 + 2 · 1 = 2 + 2 = 4.

Agora imaginemos que n círculos já estão desenhados, definindo um certo número de regiões. Então desenha-

mos um novo círculo (diferente dos anteriores, pois neste caso a divisão de regiões permaneceria a mesma), que

intersectará os círculos anteriores em um certo número de pontos. Como o novo círculo só pode intersectar cada

um dos outros círculos em no máximo 2 pontos, ele terá no máximo 2n intersecções. Essas intersecções dividirão o

círculo em arcos de círculo, que serão no máximo 2n (e no mínimo 1, que é quando o círculo não intersecta nenhum

dos círculos já desenhados). Chamemos de k o número de arcos de círculo obtidos.

Agora suponha que numeremos esses k arcos de círculo, e vamos desenhar o n + 1-ésimo círculo arco por arco,

contando qual é o máximo acréscimo de regiões em cada etapa. O primeiro arco está inteiramente contido em uma

das regiões previamente delimitadas, e a divide em duas regiões. Isso acrescenta uma unidade na contagem de

regiões. Como o segundo arco só pode intersectar os círculos anteriores e o primeiro arco em seus extremos, ele

também está inteiramente contido em uma das regiões, incluindo as novas regiões formadas pela introdução do

primeiro arco. Ele dividirá essa região em duas, acrescentando mais uma unidade na contagem. Esse raciocínio

pode ser repetido de forma indutiva até chegarmos no k-ésimo arco. No total, serão acrescentadas k regiões à

contagem.

Como k ≤ 2n, então são acrescentadas no máximo 2n regiões à contagem, quando se passa de n círculos para

n + 1 círculos. Portanto, se n círculos não podem dividir o plano em mais do que Rn regiões, então n + 1 círculos

não poderão dividir o plano em mais do que Rn + 2n regiões. Isso define o valor de Rn+1.

Observação. A rigor, dever-se-ia mostrar que, para cada n, alguma configuração de círculos divide o plano em

Rn regiões, para se dizer que Rn é o máximo (e não apenas uma cota superior). Para tanto, em vista do que foi

feito acima, basta achar uma lista de círculos C1, C2, C3, . . . tal que, para qualquer n ≥ 1, o círculo Cn+1 intersecta

2

cada círculo C1, . . . , Cn em 2 pontos, produzindo ao todo 2n pontos de intersecção distintos entre si. Isso pode ser

realizado por

Ci = {(x, y); (x− 1i)2 + y2 = 1} , i = 1, 2, 3, . . . ,

isto é, Ci é o círculo de raio 1 e centro em ( 1i , 0). Uma conta simples mostra que Cn+1 intersecta Ci nos dois pontos 1

2

(1

n + 1+

1i

), ±

√1− 1

2

(1i− 1

n + 1

)2 .

Como os valores de 1i são distintos para i = 1, 2, . . . , n, os 2n pontos de intersecção são todos distintos entre si.

(c) A fórmula vale para n = 1, pois 12 − 1 + 2 = 2 = R1. Agora, supondo que ela vale para n, isto é, supondo

Rn = n2 − n + 2 verdadeira, queremos mostrar que também vale para n + 1, isto é, queremos mostrar que Rn+1 =

(n + 1)2 − (n + 1) + 2. Ora, a relação de recorrência nos dá Rn+1 = Rn + 2n; valendo a hipótese de que Rn =

n2 − n + 1, então

Rn+1 = Rn + 2n

= (n2 − n + 2) + 2n

= n2 + n + 2

= [(n + 1)2 − 2n− 1] + n + 2

= (n + 1)2 − n− 1 + 2

= (n + 1)2 − (n + 1) + 2 .

3

AV3 - MA 12 - 2011

Questão 3. Suponha que o dinheiro valha 10% ao mês para um comerciante que vende determinado produto por

R$ 4200,00 à vista.

(1,0) (a) Se o comerciante deseja oferecer o produto para compra em duas prestações iguais, a primeira no ato da

compra, qual deve ser o valor dessas prestações?

(1,0) (b) Suponha que ele deseja oferecer o produto em 10 prestações iguais, a primeira no ato da compra. Escreva uma

expressão que permita calcular o valor da prestação.

UMA SOLUÇÃO

(a) Se x for o valor da prestação, ele quer x + x1,1 = 4200. Isso dá x(1 + 1

1,1 ) = 4200. Então x = 11×420021 = 2200.

(b) Pelo mesmo raciocínio, ele quer x tal que

x +x

1, 1+

x1, 12 + . . . +

x1, 19 = 4200 .

Ou seja,

x(

1 + 1, 1−1 + 1, 1−2 + . . . + 1, 1−9)= 4200

e

x(

1− 1, 1−10

1− 1, 1−1

)= 4200 .

Logo

x = 4200 ·1− 1

1,1

1− 11,110

=420011· 1

1− 11,110

.

4

AV3 - MA 12 - 2011

Questão 4.

Uma senha de banco é formada por 4 digítos de 0 a 9.

(1,0) (a) Quantas são as senhas em que aparecem exatamente três dígitos diferentes?

(1,0) (b) Quantas são as senhas em que não há dígitos consecutivos iguais?

UMA SOLUÇÃO

(a) Se há exatamente 3 dígitos diferentes, então há dois dígitos iguais e mais dois outros, diferentes dele e diferentes

entre si. Há 10 possibilidades para o dígito que aparece repetido. Escolhido esse dígito, precisamos de 2 dígitos

entre os 9 restantes. Temos C29 = 36 escolhas para os dígitos restantes. Portanto, na escolha dos dígitos em que o

dígito repetido está determinado, temos 360 possibilidades.

Falta agora ver de quantas maneiras diferentes eles podem ser dispostos. Primeiro escolhemos a disposição dos

dois dígitos que não se repetem. Como há C24 possibilidades de escolha de duas entre quatro posições, temos um

total de 6 disposições possíveis.

Fixada as posições dos dígitos repetidos, temos 2 maneiras de colocar os outros dois dígitos.

Então cada uma das 360 escolhas dos 3 dígitos (com o dígito que se repete determinado) pode ser arranjada de 12

maneiras distintas, o que dá um total de 360× 12 = 4320 senhas com exatamente 3 dígitos diferentes.

(b) Há 10 possibilidades para o primeiro dígito. Como o segundo só não pode ser igual ao primeiro, há 9 possibi-

lidades para o segundo (para cada escolha do primeiro). Mais uma vez, há 9 possibilidades para o terceiro (para

cada escolha dos dois primeiros) e 9 para o quarto (para cada escolha dos três primeiros). Então são 10× 93 = 7290

possibilidades.

5

AV3 - MA 12 - 2011

Questão 5.

João, ao partir para uma viagem, ficou de enviar um cartão postal para sua mãe. A probabilidade de que ele envie

o cartão é igual a 0,7. Por outro lado, a probabilidade de um cartão postal se extraviar é 0,1.

(1,0) (a) Qual é a probabilidade de que a mãe de João receba um cartão postal dele?

(1,0) (b) Se ela não receber um cartão de João, qual é a probabilidade de que ele o tenha enviado?

UMA SOLUÇÃO

(a) A probabilidade de que um cartão não extravie, dado que foi enviado, é de 1− 0, 1 = 0, 9. Portanto a probabi-

lidade de que a mãe de João receba um cartão de seu filho é igual à probabilidade de que seja enviado e não seja

extraviado (dado que foi enviado), isto é 0, 9× 0, 7 = 0, 63.

(b) A probabilidade de a mãe não receber o cartão é igual a 1− 0, 63 = 0, 37. A probabilidade de a mãe não receber

o cartão por não ter sido enviado é igual a 1− 0, 7 = 0, 3 e a probabilidade de a mãe não receber o cartão por ter

se extraviado é 0, 1× 0, 7 = 0, 07. Portanto, se for dado que ela não recebeu o cartão, a probabilidade de que ele o

tenha enviado é de 0, 07/0, 37 = 0, 7/3, 7 = 7/37.

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Documents

MA12 - Matemática Discreta ed. 2011