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8/21/2019 MA12 - Matemtica Discreta Ed. 2012 - Atualizado Junho 2014
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MA 12 - Matemtica Discreta Edio 2012
Atualizado at Junho de 2014
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N
N
N
n
n N n n n
n
n
n
X
X N 1X
X
X
X= N
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-8/21/2019 MA12 - Matemtica Discreta Ed. 2012 - Atualizado Junho 2014
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P(n)
n
P(1)
n N
P(n)
P(n)
n
n
P(n) n
X
n
P(n)
1X
nX n X
X= N
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-8/21/2019 MA12 - Matemtica Discreta Ed. 2012 - Atualizado Junho 2014
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n
p N n + p
np
n +p
n
p
n+ 1
n
n+ 2
n
2 + 2 = 4 4 2
n
n + 1
n 1 =n
p= 1
np
p
n
n +p
np
p
p
n + 1
n
n + (p + 1) = (n +p) + 1
p n
p + 1
n + (p + 1)
(n +p) + 1
n +p
n +p
n, p N
n1 =n n(p+1) =np+n n
n
p
p+1 n(p+1) =np+n
n
p
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N
m < n
m, n N m n m < n
p N n = m+ p
n m
p
m < n
m < n
n < p
m < p
m, n N m= n m < n n < m
m < n
p N m+p < n+p
mp < np
X N
m0X
X
n
P(n) : 1 + 3 + 5 + . . . + (2n 1) =n2
n= 1 P(1) 1 = 1
P(n)
n
2n+1
1 + 3 + 5 + . . . + (2n 1) + (2n + 1) =n2 + 2n + 1,
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1 + 3 + 5 + . . . + [2(n + 1) 1] = (n + 1)2.
P(n + 1)
P(n) P(n + 1) P(n)
n N n
n
p
p= mn
p
m, n
p
X
m n
X
mn
X
Y
X
Y
Y
Y
aY a X a
a= m n m < a n < a mX nX
mn X
mn = a
a X
Y =
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a
Y N
a Y
nY n + 1Y
Y
a
X = Ia Y Ia a X = N
2n + 1 2n n 2
n2
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(m+ n)(1 + 1)
m+n= n+m
X
N
n N n
X
nX
X= N
P(n) n
P(1) P(2)
n N
P(n) P(n+ 1) P(n+ 2) P(n)
n N
13 + 23 + 33 + + n3 =14
n2(n + 1)2.
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N ={1, 2, 3, . . .}
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N
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n
n = 1 n = 2
n = 3
P(n) P(n) nN
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MA12 - Unidade 1Numeros Naturais
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
January 27, 2014
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Os Numeros Naturais
Numeros Naturais: modelo abstrato para contagem.N ={1, 2, 3, ...}
Uma descricao precisa e concisa de N e dada pelos Axiomasde Peano.
Nocao fundamental: a de sucessorde um numero natural (ouseja, o numero que, intuitivamente, vem logo depois dele).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 2/8
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Os Axiomas de Peano
a) Todo numero natural tem um unico sucessor;b) Numeros naturais diferentes tem sucessores diferentes;
c) Existe um unico numero natural, chamado um e representadopelo smbolo 1, que nao e sucessor de nenhum outro;
d) Seja Xum conjunto de numeros naturais (isto e, X N). Se1X e se, alem disso, o sucessor de todo elemento de X
ainda pertence a X, entao X =N
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 3/8
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O Axioma da Inducao
O ultimo dos axiomas de Peano e conhecido como Axioma daInducaoe e a base para um metodo de demonstracao parapropriedades relativas aos numeros naturais (demonstracoespor inducao).
Seja P(n) uma propriedade relativa ao numero natural n.Suponhamos que:
i) P(1) e valida;ii) Para todo n N, a validez de P(n) implica a validez de P(n),
onde n (ou n + 1) e o sucessor de n.
Entao P(n) e valida qualquer que seja o numero natural n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 4/8
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Exemplo: uma demonstracao por inducao
Provar a validez, para todo numero natural n, da igualdadeP(n) : 1 + 3 + 5 +. . .+ (2n 1) = n2
Para n= 1, P(1) se resume a afirmar que 1 = 1. Supondo
P(n) verdadeira para um certo valor de n, somamos 2n + 1 aambos 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
.
Mas esta ultima igualdade e P(n + 1). LogoP(n) P(n + 1).Assim, P(n) vale para todo n N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 5/8
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As Duas Operacoes: Adicao e Multiplicacao
A soma n + p e o numero natural que se obtem a partir de naplicando-se pvezes seguidas a operacao de tomar o sucessor.Em particular, n + 1 e o sucessor de n, n + 2 e o sucessor dosucessor de n, etc.
Quanto ao produto, poe-se n 1 =n por definicao e, quandop= 1, np e a soma de pparcelas iguais a n.
Estas operacoes podem ser formalizadas usando inducao.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 6/8
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Usando inducao para definir as operacoes
Adicao:
n + 1 = sucessor de nn + (p+ 1) = (n + p) + 1 .
Multiplicacao:
n 1 = nn(p+ 1) = np+ n.
As propriedades destas operacoes (comutativa, associativa,
etc) podem ser demonstradas por inducao.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Numeros Naturais slide 7/8
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A Ordenacao nos Numeros Naturais
Dados m, n N, diz-se que m e menor do quen, e escreve-sem
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Lista de Exerccios
Unidade 1
1. O diagrama abaixo, em que a seta indica o sucessor de cada elemento,representa a estrutura dos numeros naturais imposta pelos axiomas dePeano.
1 2 3 4 5 6 7 ...
Em cada um dos diagramas a seguir, exatamente um dos axiomas dePeano e violado. Diga qual e ele.
a)1 2 3 4 5 6 7 ...
b)1 2 3 4 5 6 7 ...
c)
1 2 3 4 5 6 7 ...
d)
1 2 3 4 5 6 7 ...
2. Prove, por inducao, que
1 + 22 + 32 + +n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6 .
3. Diga onde esta o erro da seguinte demonstracao da afirmativa
1 + 2 + 4 + 8 + . . .+ 2n = 2n+1.
A propriedade e trivialmente valida para n= 1. Suponhamos que sejavalida paran, ou seja1+2+4+8+. . .+2n = 2n+1. Entao1+2+4+8+
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. . . + 2n+ 2n+1 = 2n+1 + 2n+1 = 2.2n+1 = 2n+2. Portanto, a propriedade
tambem e v alida para n+ 1. Logo, pelo Princpio da Inducao Finita,1 + 2 + 4 + 8 + . . .+ 2n = 2n+1 para todo n .
4. Usando inducao e a propriedade associativa da adicao, demonstre aleido corte: Se m, n e p sao numeros naturais tais que m+ p = n+ p,entao m = n. [Sugestao: use inducao em p, notando que o caso baseda inducao e o segundo axioma de Peano. ]
5. Demonstre a propriedade transitiva da ordem: Sem, nep sao numerosnaturais tais que m < n e n < p, entao m < p.
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Solucoes da Lista de Exerccios
Unidade 1
1. a) O quarto axioma e violado. O subconjunto{1, 2, 5, 6, . . .} contem 1e o sucessor de cada elemento, mas nao e igual a N.
b) O terceiro axioma e violado. O elemento 2 tambem nao e sucessorde um natural.
c) O segundo e terceiro axiomas sao violados. O numero 3 e sucessor
de dois numeros diferentes e, alem disso, 2 tambem nao e sucessor denenhum natural.
d) O segundo axioma e violado. O numero 2 e sucessor de dois numerosdiferentes (1 e 7).
2. A formula vale para n= 1, ja que 12 = 1.2.36
.
Suponhamos que ela valha para um certo n, ou seja, 12 + 22 + 32 + +n2 = n(n+1)(2n+1)
6 . Somando (n+ 1)2 a ambos os lados da igualdade,
obtemos:
12 + 22 + 32 + +n2 + (n+ 1)2 = n(n+1)(2n+1)6
+ (n+ 1)2 =
(n+1)(2n2+n+6n+6)6
= (n+1)(2n2+7n+6)6
= (n+1)(n+2)(2n+3)6
Logo, a formula tambem e valida para n+ 1. Portanto, pelo Princpioda Inducao, a formula e valida para todo nnatural.
3. Na verdade, a propriedade nao vale para n= 1, ja que 1 + 21 = 21+1.
4. Para p = 1, a afirmativa vale pelo segundo axioma de Peano: se ossucessores m+ 1 e n+ 1 de me nsao iguais, entao m= n.
Suponhamos agora que a propriedade valha para algum natural p. Istoe, m+ p = n+ p implique m = n. Suponhamos que m+ (p+ 1) =
n+ (p + 1). Pela propriedade associativa da adicao, a igualdade eequivalente a (m + 1 ) +p= (n + 1 ) +p. Mas pela hipotese de inducao,isto implica m+ 1 = n+ 1, que por sua vez implica m= n(pelo casoem que p= 1). Logo, se a propriedade vale para p entao vale tambempara p+ 1.
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Portanto, pelo Princpio da Inducao, a lei do corte vale para todo p
natural.5. Suponhamos que m < n e n < p. Entao, pela definicao da ordem,
existem naturais r e s tais que m+ r = n e n+ s = p. Substituindoa expressao de n fornecida pela primeira igualdade na segunda, temos(m+r) +s = p, que e equivalente a m+ (r+ s) = p. Logo, m < p.
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X Y f :XY
X
Y
x X
y = f(x) Y
X Y f
x X
f(x) Y
x
f f x X xf(x)
f
x
f(x)
f :
X X
f(x) = x
x X
f : X Y c Y f(x) = c
x X
X R
t X
f(t) = t f :X R
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S
AB S
g(AB) g: S
n
n + 1
s: N N s(n) =n+ 1
f : X Y
X
f
Y
f
x=x X f(x)=f(x)
f(x) =f(x) x= x.
f : X Y
y Y
x X
f(x) =y
A X f : X Y
f(A) Y f(x) x A
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f : X Y f(X) = Y
f(X)
X
f
f
f
g s
2
f :XY b Y
f(X)
f(x) = b
x X
f
f(x) =y x X
y Y
f : N N
n N p= f(n) p2 + 3 =n
p= f(n) n
p2 + 3
N
X
Y
x X f(x) =t t
x
f :XY
x > 0
x
f : X Y
X Y
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X = {1, 2, 3, 4, 5} Y = {2, 4, 6, 8, 10} f : X Y
f(n) = 2n
f(1) = 2
f(2) = 4 f(3) = 6 f(4) = 8 f(5) = 10
P
P ={2, 4, 6, . . . , 2n , . . .}.
f : N P f(n) = 2n
n N P
N
Y
X
Y
P
Y
f : X Y
x X f(x) P x Y
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X = C\ {P}
P Y
P
f : X Y
x X, f(x) = P x Y
X Y
f :XY
X, Y
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X = {1} Y = {1, 2}
f : X Y
X
Y
nN
In
n I1 = {1}, I2 = {1, 2}, I3 = {1, 2, 3}
k
In 1 k n
X X X n
f :In X
n X
X
f : In X
X f(1) = x1, f(2) =
x2, . . . , f (n) = xn X = {x1, x2, . . . , xn} n
In n n
X
X
n N
f :In X
X = I5 f : X Y
Y
Y
N
f :In N n k= f(1)+ f(2)+ + f(n)
x In f(x) < k x In
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f(x) = k
X
n(X)
f :Im X g: In X
m= n
Y
X
n(Y) n(X)
n(Y) =n(X)
Y =X
X
Y
X Y
n(X Y) =n(X) +
n(Y) n(X Y)
X Y n(X) > n(Y) f :
XY
g: Y X
m > n
m
n
1
9
3
m
3
0
X={3, 33, . . . , 33 . . . 3} m
3
X m
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Y ={1, 2, . . . , m 1} f :XY
x X
f(x)
x
m
X Y
x1< x2 X f(x1) =f(x2)
x1 x2 m
x2 x1 m x1 p x2 p + q
x2 x1 q
3 p 0
n
(n 2)
n
0, 1, . . . , n 1
n
0
n 1
n
n 1
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X n
n! f :XX
n
2n
X
Y
m
n
nm f : X Y
f : N N
n N
f(x) =n x N
2a b
a, b N b
n (n 2)
2n 3
n
T1, T2, . . . ,
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f(x) x X
f
f
x X
f(x)
f
sen : R R log : R+ R sen x log x
x
x2 5x+ 6
p: R R
p(x) =x2 5x+ 6
x R ex
exp(x) = ex
exp: R R
xf(x)
f
X
Y
f(x) = 1/x
X R f(x) = 1/x
f :X R
f : XY g :X Y
X=X Y =Y f(x) =g(x) x X
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f :XY
X Y xf(x)
f(x) x
f(x)
x
f
X
f(x) x X
x X
f(x) Y
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X Y
f : X Y
X Y
X
X
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44/836
N
R X
P(X) X
f :XX
X
f
X
f : N N
n N
f(n)
n f
b N
n f(n) =b f : N N g: N N
h: N N : N N
f(n) =n+ 1,
g(n) =n+ 30,
h(n) = 2n e
(n) = 3n
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n
n + 1
n n + 30
n 2n
n
3n
3n+2
3n+ 1
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136 2256
n
n < n+ 1
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MA12 - Unidade 2Numeros Cardinais
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
February 17, 2014
8/21/2019 MA12 - Matemtica Discreta Ed. 2012 - Atualizado Junho 2014
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Numeros cardinais
A importancia dos numeros naturais provem do fato de que
eles constituem o modelo matematico que torna possvel oprocesso de contagem.
Contarum conjunto X significa estabelecer umacorrespondencia biunvoca entre os elementos de Xe os deum subconjunto de N da formaIn ={x N|x n}= {1, 2, . . . , n}.
Quando e possvel estabelecer tal correspondencia biunvoca,dizemos que X e um conjunto finito e que n e o numerocardinalou numero de elementosde X.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Numeros Cardinais slide 2/7
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Propriedades
a) O resultado da contagem (ou seja, o numero cardinal deX) esempre o mesmo, nao importando a contagem que seja feita.
b) Todo subconjuntoYde um conjunto finitoX e finito en(Y) n(X). Tem-se n(Y) = n(X) somente quandoY = X.
Observacao: A fim de evitar excecoes, o conjunto vazio eincludo entre os conjuntos finitos e diz-se que tem zero
elementos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Numeros Cardinais slide 3/7
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Conjuntos Infinitos
Diz-se que um conjunto X e infinitoquando ele nao e finito.
Isto quer dizer que X nao e vazio e que, nao importa qual sejan N , nao existe correspondencia biunvoca f : In X.
Exemplo: o conjunto N dos numeros naturais e infinito.
Dada qualquer funcao f : In N , nao importa qual seja n ,tomamos k= f(1) + f(2) + + f(n).Para todo x In, tem-se f(x) < k; logo nao existe x In talque f(x) = k.Assim, f nao pode ser uma correspondencia biunvoca.
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Comparando conjuntos infinitos
Dois conjuntos X e Y tem a mesma cardinalidade quando epossvel estabelecer uma correspondencia biunvoca entre X eY (isto e, existe uma funcao bijetiva f : X Y).
Exemplo: os conjuntos N dos numeros naturais eP={2n|n N}dos numeros pares tem a mesmacardinalidade.
A bijecao ja esta dada na definicao de P: a funcao f : N Pdefinida por f(n) = 2n e uma bijecao de N em P.
Os conjuntos N e N N dos pares de numeros naturaistambem tem a mesma cardinalidade.
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Conjuntos enumeraveis
Um conjunto e enumeravelquando e finito ou tem a mesmacardinalidade de N.
Por exemplo, os conjuntos {2, 5}, Ne NNsao enumeraveis.
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Um exemplo de conjunto nao enumeravel
Um conjunto infinito e necessariamente enumeravel? NAO!
O conjunto de todas as sequencias em que os termos sao 0 ou1 nao e enumeravel.
Prova: o metodo da diagonal de Cantor.
Trocando o n-esimo termo da n-esima sequencia produz-seuma nova sequencia que nao esta na enumeracao proposta!
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Lista de Exerccios
Unidade 2
1. Prove, por inducao, que se X e um conjunto finito com n elementos,esses elementos podem ser ordenados de n! modos.
2. Prove, por inducao, que um conjunto com n elementos possui 2n sub-conjuntos.
3. Dados 3n objetos de pesos iguais, exceto um, mais pesado que os de-
mais, mostre que e possvel determinar este objeto com npesagens emuma balanca de pratos. Mostre tambem que este e o numero mnimo depesagens que permitem, com certeza, determinar o objeto mais pesado.
4. Prove que, dado um conjunto com n elementos, e possvel fazer umafila com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da filapode ser obtido a partir do anterior pelo acrescimo ou pela supressaode um unico elemento. [Sugestao: para passar de n para n+ 1, listeprimeiro os subconjuntos que nao tem um dado elemento.]
5. Diga onde esta o erro na seguinte demonstracao da afirmativa Todas
as bolas de bilhar tem a mesma cor.SejaP(n) a propriedade todas as bolas em um conjunto comn bolastem a mesma cor. A propriedade e trivialmente verdadeira paran = 1.Suponhamos agora que ela seja verdadeira paran e consideremos um
conjunto com n+ 1 bolasB = {b1, b2, . . . , bn, bn+1}. Os subconjuntos{b1, b2, . . . , bn, } e{b2, . . . , bn, bn+1} deB tem n elementos cada; logo,pela hipotese de inducao, todas as bolas em cada um deles tem a mesma
cor. Mas os elementosb2, . . . , bk sao comuns a esses dois subconjuntos.
Da, conclumos que todos osn + 1 elementos deB tem a mesma cor,o que mostra que a propriedade vale paran+ 1. Logo, pelo Princpio
da Inducao, em uma colecao comn bolas todas tem a mesma cor, paratodo n N.
6. Diga se cada conjunto abaixo e finito ou infinito, justificando:
o conjunto de todas as pessoas que ja viveram na Terra.
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o conjunto de todos os multiplos de 7 cuja representacao decimal
termina com 3578. o conjunto de todos os numeros naturais cuja representacao de-
cimal tenha apenas algarismos diferentes de zero, cuja soma sejamenor que 1000.
o conjunto de todos os numeros racionais que podem ser escritoscomo fracao com denominador menor que 1000.
o conjunto de todos os numeros primos.
7. Sejam X e Ydois conjuntos infinitos enumeraveis. Isto significa queexistem sequencias (x1, x2, x3, . . .) e (y1, y2, y3, . . .) incluindo todos os
elementos de X e Y, respectivamente. Explique como construir umasequencia incluindo todos os elementos de XY, mostrando assim queX Y tambem e enumeravel.
8. Considere o conjunto N2 de todos os pares ordenados de numeros na-turais. Encontre uma sequencia que inclua todos os elementos de N2,mostrando assim queN2 e enumeravel. Isto mostra que o conjunto dosnumeros racionais tambem e enumeravel. Por que?
9. Mostre que o conjunto de todos os subconjuntos de N e nao enumeravel.[Sugestao: associe cada subconjunto de Na uma sequencia em que os
termos sao iguais a 0 ou 1.]
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Solucoes da Lista de Exerccios
Unidade 2
1. Um conjunto com 1 elemento so pode ser ordenado de 1 = 1! modo,o que mostra que a propriedade vale para n= 1. Suponhamos que elavalha paran e consideremos um conjunto {a1, a2, . . . , an, an+1} comn+1 elementos. As possveis ordenacoes desse conjunto podem ser obtidastomando cada uma das n! ordenacoes de {a1, a2, . . . , an} e inserindoan+1 em uma das n+ 1 posicoes possveis, gerando assim n!(n+ 1) =
(n+ 1)! possveis ordenacoes. Logo, a propriedade tambem vale paran+ 1. Portanto, pelo Princpio da Inducao, vale para todo n natural.
2. Neste caso, convem comecar de n = 0, para o qual a propriedadevale, ja que o conjunto vazio possui 1 = 20 subconjunto. Suponha-mos que a propriedade valha para n e consideremos um conjunto A={a1, a2, . . . , an, an+1} com n + 1 elementos. Cada subconjunto de Aoue um subconjunto {a1, a2, . . . , an} ou e a uniao de um tal subconjuntocoman+1. Ou seja, cada subconjunto de {a1, a2, . . . , an}da origem a 2subconjuntos de A, que tem, assim, 2.2n = 2n+1 subconjuntos. Logo,a propriedade tambem vale para n+ 1. Portanto, pelo Princpio da
Inducao, vale para todo n 0.
3. Para n = 1, basta de fato uma pesagem, feita com dois dos objetos: seela indicar um objeto mais pesado do que o outro, ele e o procurado; seos objetos tiverem pesos iguais, o objeto que ficou de fora na pesageme o mais pesado. Suponhamos agora que seja possvel determinar quale mais pesado dentre 3n objetos com n pesagens e consideremos umconjunto com 3n+1 objetos. Dividimos estes objetos em tres gruposcom 3n objetos cada e comparamos o peso de dois deles. Se um delesfor mais pesado, o objeto procurado esta nele; senao, esta no grupoque ficou de fora da pesagem. De qualquer modo, pela hipotese deinducao, ele pode ser encontrado em n pesagens adicionais, para umtotal den+1 pesagens. Logo, a propriedade vale para conjuntos de 3n+1
objetos e, pelo Princpio da Inducao, para conjuntos com 3n objetos,qualquer que seja n.
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4. Finito, infinito, finito, finito, infinito
5. A sequencia {x1, y1, x2, y2, x3, y3, . . .} inclui todos os elementos de XY, que e, portanto, enumeravel.
6. Um modo de construir tal sequencia e ordenar os pares ordenados denumeros naturais de acordo com a soma das coordenadas: primeiro, osque tem soma 2, depois 3, e assim por diante, dando origem a sequencia{(1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 1), . . .}, o que mostra que N N eenumeravel. Cada par (m,n) corresponde aos numeros racionais m
n
e mn
. Logo, a partir dessa sequencia podemos construir uma outrasequencia que inclui todos os numeros racionais, o que mostra que oconjunto dos racionais tambem e enumeravel.
7. Cada subconjunto X de N corresponde a uma sequencia (xn) em quexn = 1 se n X e xn = 0 caso contrario. Como o conjunto de taissequencias e nao enumeravel, o conjunto de todos os subconjuntos deNtambem e nao enumeravel.
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1 + 2 + +n
1 2 n
P(n)
n
P(1)
n N P(n) P(n+ 1)
P(n) n
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En n
E1 n N En+1 En
En
X
N
n X En .
X
1 X
n N
n
X
n+ 1
X
X= N
S1 = 1 Sn
Sn+1= Sn+ (n+ 1).
Sn = 1 + 2 + +n.
1! = 1
(n + 1)! =n!(n + 1)
n!
n! = 1 2 n.
A
x : N A
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x : N A
x(1), x(2), . . . , x(n), . . . ,
x(n)
xn
(xn)
A
A
(xn) A
Sn Pn A S1 = P1= x1
Sn+1= Sn+xn+1 e Pn+1= Pn xn+1.
Sn = x1+x2+ +xn Pn = x1 x2 xn.
Sn=ni=1
xi e Pn=ni=1
xi,
i
1 n xi
i 1 n xi
(xn)
(Sn) (Pn)
x(n) = a
n N aA
Pn a
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a
A
an
a
n N
a
1
=a
a
n+1
=an
a
a = 0
a0 = 1
n
Sn= 1 + 2 + +n
Sn= 1 + 2 + +
n,
Sn
Sn = 1 + 2 + + nSn = n + (n 1) + + 1
2Sn = (n+ 1) + (n+ 1) +
+ (n+ 1)
2Sn= n(n+ 1)
Sn = n(n+ 1)
2 .
Sn n
Sn
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P(n): 1 + 2 + +n = n(n+ 1)2
.
P(1) : 1 =1(1 + 1)2
P(n+ 1): 1 + 2 + +n+ (n+ 1) = (n+ 1)(n+ 2)2
.
n N P(n)
n
n + 1
1 + 2 + +n+ (n+ 1) = n(n+ 1)2
+n+ 1 =
n(n+ 1) + 2(n+ 1)
2 =
(n+ 1)(n+ 2)
2 ,
P(n+ 1)
P(n)
n N
P(n) : 12 + 22 + +n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6
.
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P(1): 12 =1(1 + 1)(2 + 1)
6
n N P(n)
(n+ 1)2
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
,
P(n+ 1)
n N
n N
P(n) : 1
1.2
+ 1
2.3
+
+
1
n(n+ 1)
= n
n+ 1
.
P(1): 1
1.2=
1
1 + 1
n
P(n)
n
1
(n+ 1)(n+ 2)
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,
P(n+ 1)
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n N
a, b A
m, n N
am an =an+m
(am)n =amn
(a b)n
=an
bn
a A
m N
n
n= 1
am a1 =am a= am+1.
am an =am+n
am an+1 =am (an a) = (am an) a= am+n a= am+n+1.
3
5n + 2 11n
n N
n= 1 3 51 + 2
111 = 27
n 1 3 5n + 2 11n
a
5n + 2 11n = 3a.
5
5 3a= 5n+1 + 5 2 11n = 5n+1 + 2 11 11n 12 11n.
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5n+1 + 2 11n+1 = 5 3a + 12 11n,
3
3(5a + 4 11n)
3 5n+1 + 2 11n+1
3
5n + 2 11n
n
a
2n > n2 n
5
P(n)
N a N
P(a)
n N n a P(n)
P(
n+ 1)
P(n)
n a
S= {m N; P(m+a 1)}.
1 S
m S
P(m+a
1) P(m+ 1 +a 1) m+ 1 S
S= N
P(n) n a
P(n) : 2n > n2
n 5
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P(1) : 21 >12 P(2): 22 >22 P(3): 23 >32
P(4) : 24 >42
n
5
P(5): 25 > 52 n 5
2n > n2
2
2n+1 > 2n2 2n2 > (n+ 1)2 n 3
n(n 2) > 1
2n+1 > (n+ 1)2
P(n+ 1)
3
5
7
P(n) : 3x+ 5y = n (N {0}) (N {0})
n 8
n= 8
3x + 5y = 8
(x, y) = (1, 1)
3x+ 5y =n (a, b)
n 8
3a+ 5b = n
(a, b)
a 1 b 1
b 1
3 2 5 1 = 1
3(a + 2) + 5(b 1) = 3a + 5b+ 3 2 5 1 = 3a + 5b+ 1 =n + 1,
3x+ 5y = n+ 1
(a+ 2, b 1)
(N
{0
})
(N
{0
})
b= 0 a 3 3 3 + 5 2 = 1
3(a 3) + 5 2 = 3a 3 3 + 5 2 = 3a + 5b+ 1 =n + 1,
3x+ 5y = n+ 1
(a 3, b+ 2)
(N {0}) (N {0})
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3x+5y = n +1
3x + 5y= n
n 8
n= 8
n0 = 8 n
n n0
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1.20 + 2.21 + 3.22 + +n.2n1 = 1 + (n 1)2n;
1 +
1
1
1 +
1
2
2
1 + 1
n 1n1
= nn1
(n 1)! ,
1.1! + 2.2! + 3.3! + +n.n! = (n+ 1)! 1
a
b
n N
bn +abn1 +a2bn2 +
+an1b+an = bn+1 an+1
b a .
sen = 0
n N
cos cos2 cos22 cos2n= sen2n+1
2n+1 sen .
sen2= 2sen cos
n N
80
34n
1
9 4n + 6n 1
8
32n + 7
9
n4n+1 (n+ 1)4n + 1
n!> 2n
n 4
n!> 3n n 7
n!> 4n
n 9
n
1
23
45
6 2n 1
2n 1
3n+ 1.
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n
dn= n(n 3)
2 .
n0 = 32 5x + 9y = n
(N {0})2 n n0 n
n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 9
32n+2 + 8n 9 16
4n + 15n 1
9
11n+2 + 122n+1
133
23n
+ 1 3n+1
2n > n n
1 3 5 (2n 1)2 4 6 2n
12n+ 1
n N
1
n+ 1+
1
n+ 2+ + 1
2n >
13
24
n N n 2
2n >1 + n
2n1
n N
n 2
x+ 1
x
xn+ 1xn
n
111 . . . 1 3n
3n
3n+1
3n
3
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P(n) P(n+ 1)
P(n)
n
P(n)
P(n)
P(n)
n N
n
n
n
n + 1
n
P(n) : n= n+1
n N
P(n)
n
P(1) : 1 = 2
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n
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MA12 - Unidade 3O Metodo da Inducao
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
31 de Janeiro de 2014
8/21/2019 MA12 - Matemtica Discreta Ed. 2012 - Atualizado Junho 2014
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Definicoes por inducao ou recorrencia
Como definir, apropriadamente, n! = 1 2 . . . n?
i) Definimos 1! = 1ii) A seguir, supondo n! definido, fazemos
(n+ 1)! =n! (n+ 1).
Note que
i) garante que 1! esta bem definido.ii) garante que, se n! esta bem definido, (n+ 1)! tambem esta.
Logo, pelo Princpio da Inducao Finita, n! esta bem definidopara todo n natural.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Metodo da Inducao slide 2/14
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Somatorios e Produtorios
Seja (xn) uma sequencia de elementos de um conjunto Adotado de operacoes de adicao e multiplicacao.O somatorio
Sn =
n
i=1
xi=x1+x2+ +xn
e o produtorio
Pn =n
i=1
xi=x1 x2 . . . xn
podem ser definidos como se segue:
S1 =P1=x1Sn+1 =Sn+xn+1, para todo n NPn+1 =Pn xn+1, para todo n N
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Metodo da Inducao slide 3/14
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Demonstrando igualdades
Obter uma expressao para Sn = 1 + 3 + . . .+ (2n 1).S1 = 1S2 = 4S3 = 9. . .
Conjectura: Sn =n2, para todo n N.
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A prova por inducao
Seja P(n): 1 + 3 + + (2n 1) =n2.
i) P(1) : 1 = 12 e verdadeira.
ii) Suponhamos que para algum n N, tenhamos P(n)verdadeira.Somando 2(n+ 1) 1 = 2n+ 1 a ambos os lados dessaigualdade, temos:
1 + 3 + + (2n 1) + (2n+ 1) =n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2
o que mostra que P(n+ 1) tambem e verdadeira.
Pelo Princpio de Inducao, tem-se que a formula P(n) everdadeira para todo n N.
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Demonstrando desigualdades
Demonstrar a desigualdade de Bernoulli: (1 +h)n 1 +nh,para todo n natural e todo h > 1
i) Como (1 +h)1 e 1 + 1.h sao ambos iguais a 1 +h, P(1) everdadeira.
ii) Suponhamos que P(n), para algum n , seja verdadeira, ouseja, (1 +h)n 1 +nh.Multiplicando ambos os lados por (1+h):(1 +h)n+1 (1 +nh)(1 +h) = 1 + (n+ 1)h+nh2.Mas 1 + (n+ 1)h+nh2 1 + (n+ 1)h.Logo, (1 +h)n+1 1 + (n+ 1)h, o que mostra que P(n+ 1) everdadeira.
Portanto, pelo Princpio da Inducao, P(n) vale para todo nnatural.
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Aplicacoes em aritmetica
Mostrar que, para todo n N, 4n + 6n 1 e divisvel por 9.
i) Como 41 + 6.1 1 = 9, a propriedade vale para n= 1.
ii) Suponha, agora, que, para algum n 1, saibamos que4n + 6n 1 e divisvel por 9. Logo, 4n + 6n 1 = 9k, ou seja,4n = 9k 6n+ 1, para algum inteiro k.Mutiplicando por 4 ambos os lados:4n+1 = 9k 24n+ 4.Logo4n+1 + 6(n+ 1) 1 = 9k 24n+ 4 + 6(n+ 1) 1 =9k 18n+ 9 = 9(k 2n+ 1).Portanto, 4n+1 + 6(n+ 1) 1 e divisvel por 9.
Logo, pelo Princpio da Inducao , 4n + 6n 1 e divisvel por 9para todo numero natural n.
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A Torre de Hanoi
Transferir a pilha de discos para uma outra haste, deslocando
um disco de cada vez, de modo que, a cada passo, um disconunca esteja colocado sobre um disco menor.
1 O jogo tem solucao para cada n N?
2 Em caso afirmativo, qual e o numero mnimo jn demovimentos para resolver o problema com n discos?
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Torre de Hanoi: o jogo sempre tem solucao!
Obviamente, o jogo tem solucao para n= 1.
Suponhamos que o jogo tenha solucao para n discos e vamosmostrar que, da, decorre que o jogo tambem tem solucao
para n+ 1 discos.
Primeiro, transferimos os n discos superiores para uma dasoutras hastes (isto e possvel, pela hipotese de inducao).
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A seguir, transferimos o disco inferior para a outra haste.
Finalmente, transferimos os demais n discos para a haste emque colocamos o disco maior (e possvel, pela hipotese deinducao e pelo fato de o disco inferior ser maior que todos osoutros)
Pelo Princpio da Inducao, conclumos que o jogo tem solucaopara todo n N.
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Torre de Hanoi: Qual e o numero mnimo demovimentos?
Executar a tarefa para n+ 1 discos necessariamente envolveretirar os n discos superiores, colocando-os em outra haste e,depois de mover o disco inferior, recoloca-los sobre ele.
O numero mnimo jn de movimentos e, portanto, tal que
j1 = 1jn+1 =jn+ 1 +jn = 2jn+ 1, para todo n N.
E facil mostrar, por inducao, que jn = 2n 1.
(Na Unidade 8, aprenderemos a encontrar a expressao para otermo geral de sequencias definidas por recorrencias comoesta.)
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A Pizza de Steiner
Qual e o maior numero de partes em que se pode dividir oplano com n cortes retos?
Numero de cortes Numero maximo de partes
1 2
2 4
3 7
. . . . . .
n 1 pn1n pn
n+ 1 pn+1
O padrao observado acima sugere que o numero maximo depedacos obtidos com n cortes e:
pn = 2 + 2 + 3 + . . .+n = n(n+ 1)
2 + 1
.
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A Pizza de Steiner: prova por inducao
Com apenas um corte obtemos dois pedacos. Portanto, aformula esta correta para n= 1, pois p1 =
1(1+1)2 + 1 = 2.
Admitamos que, para algum valor de n, a formula para pnesteja correta. Vamos mostrar que a formula para pn+1tambem esta correta.
O ponto crucial e mostrar que sao acrescentados n+ 1pedacos no (n+ 1)-esimo corte.
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Para que o (n+ 1)-esimo corte produza o numero maximo depedacos, ele deve encontrar cada um dos n cortes anterioresem pontos que nao sao de intersecao de dois cortes. Nestecaso, comonpontos subdividem uma reta em n + 1 partes, elesubdividen+ 1 regioes, criando assim, n+ 1 novos pedacos.
Logo,
pn+1 =pn + n + 1 = n(n+ 1)
2 + 1 + n + 1 =
(n+ 1)(n+ 2)
2 + 1
o que mostra que a formula esta correta para n+ 1.Pelo Princpio da Inducao, a formula esta correta para todon N.
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Lista de Exerccios
Unidade 3
1. Demonstre, por inducao, as seguintes identidades:
a) 1.2 + 2.3 +. . .+n.(n+ 1) = n(n+ 1)(n+ 2)
3 ;
b) 13 + 23 +. . .+n3 =
n(n+ 1)
2
2;
c) 1.20 + 2.21 + 3.22 + +n.2n1 = 1 + (n 1)2n;
d)
1 +
1
1
1 +
1
2
2
1 +
1
n 1
n1
= nn1
(n 1)! ;
e) 1.1! + 2.2! + 3.3! + +n.n! = (n+ 1)! 1.
2. Demonstre, por inducao, as seguintes desigualdades:
a) 2n > n, onde n e um numero natural arbitrario;
b) 1
3
5
(2n
1)
2 4 6 2n 1
3n+ 1, para qualquer n
N.
3. Considere a sequencia (xn) correspondente ao metodo de Newton para
calcular
2, ou seja, a sequencia definida por x1= 1,xn+1= 1
2
xn
+ 2xn
.
a) Mostre que 1 xn 32 , para todo n.b) Mostre que xn+1
2 = 1
2xn
xn
22
, para todo n.
(Isto explica porque o erro no calculo de
2 cai tao rapidamente noMetodo de Newton.)
4. Prove que, para qualquer numero natural n:
a) n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 e divisvel por 9;
b) 32n+2 + 8n 9 e divisvel por 16;
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c) 4n + 15n 1 e divisvel por 9;
d) 11n+2 + 122n+1 e divisvel por 133;e) 23
n
+ 1 e divisvel por 3n+1.
5. Um plano esta dividido em regioes por varias retas. Prove que e possvelcolorir essas regioes com duas cores de modo que quaisquer duas regioesadjacentes tenham cores diferentes (dizemos que duas regioes sao ad-jacentesse elas tiverem pelo menos um segmento de reta em comum).
6. (O queijo de Steiner) Seja qn o numero de regioes determinadas noespaco tridimensional porn planos (equivalentemente, o maior numerode partes em que um queijo pode ser dividido por n cortes planos).
a) Explique por que qn+1 = qn+ pn, para todo n N, onde pn e onumero maximo de regioes em que n retas dividem o plano.
b) Mostre que qn= n3 + 5n+ 6
6 ,para todo n N
7. Considere uma linha poligonal formada por 2 semiretas e por n seg-mentos de reta. A figura ilustra a situacao para n= 2. Encontre umaformula para o numero maximo de regioes determinadas pela linha po-ligonal e demonstre que sua formula esta correta.
8. No problema da Torre de Hanoi, suponha que se deseja passar n discosde uma haste extrema para outra, mas que nao seja permitido pas-sar diretamente um disco de um extremo para o outro (isto e, todomovimento deve ter origem ou destino na haste central). Assim, porexemplo, para passar um unico disco sao necessarios dois movimentos(o primeiro para leva-lo a haste central e o segundo para leva-lo dahaste central ao outro extremo).
a) Verifique que sao necessarios no mnimo 8 movimentos para trans-ferir 2 discos.
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b) Sendo hn
o numero de movimentos necessarios para n discos, ex-
presse hn+1 em termos de hn.c) Moste que o numero mnimo de movimentos para transferir n
discos e hn= 3n 1, para todo n N.
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Solucoes da Lista de Exerccios
Observacao: as solucoes dos exerccios abaixo ficaram faltando na Unidade 2
3. Para n = 1, basta de fato uma pesagem, feita com dois dos objetos: seela indicar um objeto mais pesado do que o outro, ele e o procurado; seos objetos tiverem pesos iguais, o objeto que ficou de fora na pesageme o mais pesado. Suponhamos agora que seja possvel determinar quale mais pesado dentre 3n objetos com n pesagens e consideremos umconjunto com 3n+1 objetos. Dividimos estes objetos em tres gruposcom 3n objetos cada e comparamos o peso de dois deles. Se um deles
for mais pesado, o objeto procurado esta nele; senao, esta no grupoque ficou de fora da pesagem. De qualquer modo, pela hipotese deinducao, ele pode ser encontrado em n pesagens adicionais, para umtotal den+1 pesagens. Logo, a propriedade vale para conjuntos de 3n+1
objetos e, pelo Princpio da Inducao, para conjuntos com 3n objetos,qualquer que seja n.
4. A propriedade vale para um conjunto com um unico elemento a1: seusdois unicos subconjuntos sao e{a1} e e possvel passar do primeiroao segundo acrescentando-se a1. Suponhamos que a propriedade sejavalida para conjuntos com n elementos e consideremos o conjunto com
n+ 1 elementos X ={a1, a2, . . . , an, an+1}. Consideremos a lista Ldos subconjuntos de{a1, a2, . . . , an, an+1}satisfazendo as condicoes doenunciado (ela existe, pela hipotese de inducao) e formemos uma listade subconjuntos deXdo seguinte modo: comecamos comL e acrescen-tamos a lista Lque consiste dos subconjuntos de L em ordem reversa,acrescentando-sean+1 a cada um deles. A nova lista e formada por to-dos os subconjuntos de X(ela lista primeiro todos os subconjuntos quenao contem an+1e, a seguir, todos que o contem). Alem disso, sempre epossvel passar de um subconjunto ao proximo da lista acrescentando-se ou retirando-se um elemento. De fato, pela hipotese de inducao istoocorrem emL; a passagem do ultimo subonjunto de L para o primeiro
de Locorre pela adicao de an+1; finalmente, a passagem de cada sub-conjunto deL para o proximo se da de forma inversa a ocorrida emL.Assim, a propriedade vale tambem para conjuntos comn +1 elementos.Logo, por inducao, vale para qualquer conjunto finito.
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Unidade 3
1. a) Como 1.2 = 1.2.3
3 , a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja valida para algum nN, ou seja, 1.2 + 2.3 +. . .+n.(n+1) =
n(n+ 1)(n+ 2)
3 . Somando (n+1)(n+2) a ambos
os membros da igualdade, obtemos
1.2 + 2.3 +. . .+n.(n+ 1) + (n+ 1)(n+ 2) = n(n+ 1)(n+ 2)
3 +
(n+ 1)(n+ 2) =
(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)
3 ,o que mostra que a igualdade tambem vale para n + 1. Logo, porinducao, a igualdade vale para todo n N.
b) Como 13 =
1.2
2
2, a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja, 13 + 23 +. . .+n3 =
n(n+ 1)
2
2. Somando (n+ 1)3 a ambos os membros
da igualdade, obtemos
13
+ 23
+. . .+n3
+ (n+ 1)3
=n(n+ 1)
22
+ (n+ 1)3
=
(n+ 1)2
n2
4 + (n+ 1)
= (n+ 1)2
n2 + 4n+ 4
4
=
(n+ 1)(n+ 2)
2
2,
o que mostra que a igualdade tambem vale para n + 1. Logo, porinducao, a igualdade vale para todo n N.
c) Como 1.20 = 1 = 1 + 0.21, a igualdade vale para n = 1. Su-ponhamos, agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja,1.2
0
+2.2
1
+3.2
2
+ +n.2n
1
= 1+(n1)2n
. Somando (n+1).2
n
a ambos os membros da igualdade, obtemos:
1.20 + 2.21 + 3.22 + +n.2n1 + (n+ 1).2n = 1 + (n 1)2n +(n+ 1).2n = 1 + 2n.2n = 1 +n.2n+1,
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o que mostra que a igualdade tambem vale para n + 1. Logo, por
inducao, a igualdade vale para todo n N.d) Correcao: a igualdade deveria ser
1 +
1
1
1 +
1
2
2
1 +
1
n
n
=
(n+ 1)n
n! .
Como
1 + 111
= 2 = 21
1! , a igualdade vale para n = 1. Supo-nhamos, agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja,
1 +1
1
1 +
1
2
2
1 +
1
n
n
=(n+ 1)n
n! . Multiplicando am-
bos os membros da igualdade por 1 + 1n+1
n+1, obtemos:
1 +1
1
1 +
1
2
2
1 +1
n
n
1 + 1
n+ 1
n+1
=
(n+1)n
n!
1 + 1
n+1
n+1
= (n+1)n
n!
n+2n+1
n+1
=(n+2)n+1
n!(n+1) = (n+2)
n+1
(n+1)! ,
o que mostra que a igualdade tambem vale para n + 1. Logo, porinducao, a igualdade vale para todo n N.
e) Como 1.11 = 2! 1, a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja, 1.1 ! + 2.2! +3.3! +
+ n.n! = (n +1)!
1. Somando (n + 1).(n + 1)! a ambos
os membros da igualdade, obtemos:1.1! + 2.2! + 3.3! + +n.n! + (n+ 1).(n+ 1)! = (n+ 1)! 1 +(n+ 1).(n+ 1)! = (n+ 1)!(n+ 2) 1 = (n+ 2)! 1,o que mostra que a igualdade tambem vale para n + 1. Logo, porinducao, a igualdade vale para todo n N.
2. a) Como 21 > 1, a desigualdade vale para n = 1. Suponhamos,agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja, 2n > n.Multiplicando ambos os membros da igualdade por 2, obtemos2n+1 > 2n. Mas, para todo n natural, 2n n+ 1 (ja que estadesigualdade e equivalente a n 1). Portanto, 2
n+1
> n+ 1, oque mostra que a desigualdade tambem vale para n + 1. Logo, porinducao, a desigualdade vale para todo n N.
b) Como 12
= 13+1
, a desigualdade vale para n = 1. Suponhamos,agora, que ela seja valida para algum n N, ou seja,
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1 3 5 (2n 1)
2 4 6 2n
1
3n+ 1. Multiplicando ambos os mem-
bros da desigualdade por 2n+ 1
2(n+ 1), obtemos:
1 3 5 (2n 1) (2n+ 1)2 4 6 2n 2(n+ 1)
13n+ 1
2n+ 1
2(n+ 1).
Para mostrar que a desigualdade tambem vale para n +1, precisa-
mos mostrar que 2n+ 13n+ 1 2(n+ 1)
13(n+ 1) + 1
ou, equi-
valentemente, (2n+ 1)2
(3n+ 1)(2(n+ 1))2 1
3n+ 4. Mas
(2n+ 1)2
(3n+ 1)(2(n+ 1))2 1
3n+ 4 =(2n+ 1)2(3n+ 4)
(3n+ 1)(2n+ 2)2
(3n+ 1)(2n+ 2)2(3n+ 4) =
n(3n+ 1)(2n+ 2)2(3n+ 4)
1.
3. a) Como x1 = 1, temos 1 x1 32 e, assim, a desigualdade valepara n= 1.
Suponhamos que ela seja valida para um certo n N. Comoxn 32 , temos 2xn 43 . Logo, n+1 = 12
xn+
2xn
12
1 + 43
=
76
>1. Por outro lado, xn+1 32 = x2n3xn+22xn
= (xn1)(xn2)2xn . Como
1 xn 32 , (xn1) 0 e (xn2) < 0, o que mostra quexn+1 32 0, ou seja xn+1 32 . Logo, a desigualdade tambem
vale para n+ 1. Por inducao, ela vale para todo n natural.
b) x
n
+1
2 =
1
2xn
+
2
xn
2 =
1
2xn (x2n + 22
2
xn
) =
1
2xn (x
n2)2.
4. a) Como 13 + 23 + 33 = 36, que e divisvel por 9, a propriedadevale para n = 1. Suponhamos que ela seja valida para algum
4
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n N, ou seja, n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 = 9k, para algum inteirok. Da, (n+ 1)
3
+ (n+ 2)3
+ (n+ 3)3
= 9k+ (n+ 3)3
n3
=9k +n3+9n2+27n+27n3 = 9(k +n2+3n+3), o que mostra que(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 tambem e divisvel por 9. Portanto,por inducao, a propriedade vale para todo n natural.
b) Como 34 + 8 9 = 80, que e divisvel por 16, a propriedadevale para n = 1. Suponhamos que ela seja valida para algumn N, ou seja, 32n+2 + 8n 9 = 16k, onde ou, equivalentemente,32n+2 = 16k 8n+ 9 para algumk N. Multiplicando por 9 osdois lados da igualdade, obtemos 32(n+1)+2 = 144k72n+81. Da,32(n+1)+2 + 8(n + 1) + 9 = 144k72n +81+8(n + 1) 9 = 144k64n+80 = 16(9k
4n+5), o que mostra que 32(n+1)+2+8(n+1)+9
e divisvel por 16 e, assim, que a propriedade tambem vale paran+ 1. Portanto, por inducao, a propriedade vale para todo nnatural.
c) Como 41 + 15.1 1 = 18, que e divisvel por 9, a propriedade valeparan = 1. Suponhamos que ela seja valida para algumn N, ouseja, 4n + 15n 1 = 9k, ou, equivalentemente, 4n = 9k 15n + 1para algum k N. Multiplicando por 4 ambos os membros daigualdade, obtemos 4n+1 = 36k60n+4, ou seja, 4n+115(n+1)1 = 36k60n+4+15(n+1)1 = 36k45n+18 = 9(4k5n+2),o que mostra que 4n+1
15(n + 1)
1 e divisvel por 9, ou seja que
a propriedade tambem vale para n+ 1. Portanto, por inducao, apropriedade vale para todo n natural.
d) Neste caso, e mais conveniente comecar com n = 0. Como 112 +121 = 133, a propriedade vale para n = 0. Suponhamos que elaseja valida para algum n N, ou seja, 11n+2 + 122n+1 = 133k, ou,equivalentemente, 122n+1 = 13k11n+2 para algumk N. Multi-plicando por 122 = 144 ambos os membros da igualdade, obtemos122(n+1)+1 = 133.144k 144.11n+2. Logo, 122(n+1)+1 11(n+1)+2 =133.144k 144.11n+2 + 11.11n+2 = 133(144k 11n+2), o que mos-tra que 122(n+1)+1 11(n+1)+2 e divisvel por 133 e, assim, que apropriedade vale paran +1. Portanto, por inducao, a propriedadevale para todo n natural.
e) Como 231
+ 1 = 9, que e divisvel por 31+1 = 9, a propriedade evalida paran= 1. Suponhamos que ela seja valida para algumnN, ou seja, 23
n
+1 =k.3n+1 ou, equivalentemente, 23n
=k.3n+11,
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para algum k N. Elevando ao cubo ambos os membros daigualadade, obtemos
23n3
= (k.3n+1
1)3
e, da, 23n+1
+ 1 =k3 (3n+1)
3 3k2 (3n+1)2 + 3k.3n+1 1 + 1 = k333n+3 k232n+3 +k3n+2 = 3n+2(k332n+1 k23n+1 +k). Logo, 23n+1 + 1 e divisvelpor 3n+2, ou seja, a propriedade vale para n+ 1. Portanto, porinducao, ela vale para todo n N.
5. Uma reta divide o plano em duas regioes adjacentes, que certamentepodem ser coloridas com duas cores. Portanto, a propriedade vale paran = 1 reta. Suponhamos que ela valha para toda subdivisao formadapornretas e incluamos uma reta adicional. Uma coloracao satisfazendoas condicoes do enunciado pode ser obtida trocando a cor de todas as
regioes que ficam em um dos semiplanos determinados pela nova reta, oque mostra que a propriedade tambem vale para n + 1 retas. Portanto,por inducao, vale para subdivisoes geradas por qualquer quantidade deretas.
6. a) Ao acrescentar-se o planon+1, os planos ja existentes determinamneste plano n retas de intersecao que, por sua vez, determinam
pn regioes planas. Cada uma destas regioes planas, divide em
duas uma das regioes determinadas anteriormente, criando assimp
n novas regioes do espaco. Portanto, o numero qn+1 de regioesdeterminadas por n+ 1 planos e dado por qn+1= qn+pn.
b) Com n = 1 plano sao determinadas duas regioes; isto e, q1 = 2.Como 1
3+5.1+66 = 2, a formula esta correta para n = 1. Supo-
nhamos que ela esteja correta para algum n N, ou seja, qn =n3 + 5n+ 6
6 .Entao, qn+1= qn +pn=
n3 + 5n+ 6
6 +
n2 +n+ 2
2 =
n3 + 3n2 + 8n+ 12
6 =
(n3 + 3n2 + 3n+ 1) + (5n+ 5) + 6
6 =
(n+1)3+5(n+1)+66
, o que mostra que a formula tambem esta corretapara n + 1. Logo, por inducao, ela esta corrreta para todo nnatural.
7. O numero maximo de regioes determinadas por um ziguezague formadopor 2 semirretas e n segmentos de reta e n
2+n+42 . Para n = 1, sao de-
terminadas 3 regioes; como 12+1+4
2 = 3, a formula proposta esta correta
paran = 1. Suponhamos que a formula esteja correta paransegmentos
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de reta. Um segmento de reta pode ser acrescentado transformando-se
uma das semi-retas em um segmento (o que faz com que duas regi oesse transformem em uma so) e acrescentando-se uma nova semirretaintersectando os n segmentos ja existentes e a outra semirreta; isto de-termina sobre esta semirreta uma total de n+ 2 segmentos. Portanto,no processo sao acrescentadas n+ 21 = n + 1 regioes. Logo, onumero de regioes determinadas por um ziguezague com n segmentos
e n2+n+4
2 +n + 1 = n2+3n+6
2 = (n2+2n+1)+(n+1)+4
2 , o que mostra que aformula tambem esta correta para n+ 1. Logo, por inducao, ela estacorreta para todo n natural.
8. a) Em 2 movimentos, passa-se o disco menor para a terceira haste;
a seguir, o disco maior deve ser passado para a central; em mais2 movimentos, o disco menor deve voltar para a primeira haste; odisco maior e passado para a terceira haste; finalmente, em maisdois movimentos, o disco menor passa para a terceira haste, paraum total de 8 movimentos.
b) hn+1= 3hn+ 2
c) Para n = 1, sao necessarios dois movimentos. Como 31 1 = 2, aformula esta correta paran = 1 disco. Suponhamos que ela estejacorreta paran discos, isto e, hn= 3
n1. Entaohn+1= 3hn + 2 =3(3n
1) + 2 = 3n+1
1, o que mostra que a formula tambem
esta correta para n+ 1 discos. Logo, por inducao, a formula estacorreta para qualquer numero de discos.
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n
n N
jn
n
n
jn
P(n) : n .
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P(1) P(n)
n
n
n+ 1
n
n
n
n+ 1
P(n) n N
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jn
n+ 1
n
jn+1= 2jn+ 1.
(jn)
jn
= 2n 1.
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o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
n un
un=un1+un2, u1 = u2= 1.
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P(n) : n .
P(1)
n
C ={C1, C2, . . . , C n, Cn+1}
n + 1
C
C =C C ={C1, . . . , C n} {C2, . . . , C n+1},
n
C
C
C2 C C,
C
C
C
P(n) n N
P(1)
P(2)
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3n
n
n
n = 1
n
3n+1
3n+1
3n 3n
3n
n
n+ 1
n
n
pn
pn=n(n+ 1)
2 + 1.
n = 1
p1=1(1 + 1)
2 + 1 = 2.
n
p
n
pn+1
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n n(n+1)/2+ 1
(n+ 1)
n
(n+1) n
n+ 1
n
n+ 1
pn+1=pn+n+ 1 =n(n+ 1)
2 + 1 +n+ 1 =
(n+ 1)(n+ 2)
2 + 1,
n+ 1
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n 3
n 3
(an) a1= 1 a2= 2 an+1= anan1
n > 2 an+6 = an n
a1, a2, . . . , an, . . . a1 = 3 a2 = 5
an+1 = 3an 2an1 n >2 an = 2n + 1
n
n N
P(n) : :
n N
n
P(1)
P(n)
n 1 = n 1 n = n + 1 n
P(n+ 1)
P(n)
nN
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n
u1+u2+ +un=un+2 1 u1+u3+ +u2n1= u2n
u2+u4+ +u2n= u2n+1 1
u21+u22+ +u2n=unun+1
q = 1 + 52
x2 = x+ 1
qn =un
q+un1
u3+u6+u9+ +u3n= u3n+2 12
.
an+2= 2an+1+an a1 = 1 a2 = 3
an
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xn= xn1+xn2,
xn
xn1 xn2
x1 x2
x1=x2= 1
n N
un=1+
5
2n
1
5
2n
5
=1 +
5
2
1 52
=1
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MA12 - Unidade 4Mais Sobre Inducao
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
7 de Marco de 2014
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Comecando de um certo natural n0
Seja P(n) uma propriedade relativa ao numero natural n e
seja n0 um numero natural. Suponhamos que:
i) P(n0) e valida.ii) Para todo n n0, a validez de P(n) implica na validez de
P(n+ 1).
Entao, P(n) e verdadeira para todo numero natural n n0.
Prova: Basta mostrar, por inducao, que Q(n) : P(n+n0 1)
e valida para todo n natural.
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Exemplo
Mostrar que P(n) : 2n > n2, para todo numero natural n 5.
i) Temos que P(5): 25 >52 e verdadeira.
ii) Seja n 5 tal que 2n > n2.Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por 2,obtemos 2n+1 >2n2.Mas 2n2 >(n+ 1)2?Sim, para n 3, pois e equivalente a n(n 2) >1.Da, 2n+1 >(n+ 1)2, o que significa que P(n+ 1) e
verdadeira.Logo, pela forma generalizada do Princpio de InducaoMatematica, a desigualdade vale para todo numero naturaln 5.
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Usando mais de um antecessor
Seja P(n) uma propriedade relativa ao natural n.
Suponhamos que:
i) P(1) e P(2) sao validas.ii) Para todo n N, a validez de P(n) e P(n+ 1) implicam a
validez de P(n+ 2).
Entao, P(n) e verdadeira para todo numero natural n.
Prova: Basta mostrar, por inducao, que Q(n) : P(n) eP(n+ 1) sao validas e verdadeira para todo natural n.
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Os coelhos de Fibonacci
Um casal de coelhos recem-nascidos foi posto num lugarcercado. Determinar quantos casais de coelhos ter-se-ao aposum ano, supondo que, a cada mes, um casal de coelhosproduz outro casal e que um casal comeca a procriar doismeses apos o seu nascimento.
mes numero de casais
do mes anteriornumero de casaisrecem-nascidos
total
1o 0 1 1
2o 1 0 1
3o 1 1 2
4o 2 1 35o 3 2 5
6o 5 3 8
7o 8 5 13
8o 13 8 21
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O numero de casais de coelhos em um determinado mes (apartir do terceiro) e igual ao numero total de casais do mesanterior acrescido do numero de casais nascidos no mes emcurso, que e igual ao numero total de casais do mes anterior
ao anterior.Se un e o numero de casais no n-esimo mes, temos
u1= 1u2= 1un+2= un+ un+1, para todo n N
Estas relacoes definem a chamada sequencia de Fibonacci.
E facil mostrar, por inducao, que
un =
1+
5
2
n
1
52
n
5
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nducao Completa
Seja P(n) uma propriedade relativa ao natural n.
Suponhamos que:i) P(1) e valida.
ii) Para todo n N, a validez de P(k), para todo k n, implicana validez de P(n+ 1).
Entao, P(n) e verdadeira para todo numero natural n.
Prova: Basta mostrar, por inducao, que
Q(n) : P(1), P(2), . . . , P(n) sao todas validas e verdadeirapara todo natural n.
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Exemplo
Seja an uma sequencia definida pora0= 2 e an+1=
n
k=0ak
n+ 2 ,
para cada natural n. Qual e o termo geral de an?
Os primeiros termos da sequencia saoa1=
22
= 1, a2= 2+1
3 = 1, a3=
2+1+14
= 1,o que sugere que an = 1, para todo n 1, com a0= 2.
i) P(1): a1= 1 e verdadeira.ii) Suponhamos, agora, que P(k) seja valida (isto e, ak= k) para
todo ktal que 1
k
n.
Entao, an+1=
n
k=0ak
n+2 = 2+n.
1n+2 = 1,o que mostra que a formula vale para n+ 1.
Logo, por inducao completa, an = 1, para todo n 1.
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Lista de Exerccios
Unidade 4
1. Demonstre, por inducao, as seguintes desigualdades:
a) n! > 2n, para n 4;b) n! > 3n, para n 7;
c) 1
n+ 1+
1
n+ 2+ + 1
2n >
13
24, para n 2;
d) 2n >1 + n2n1, para n 2.
2. Dados n (n 2) objetos de pesos distintos, prove que e possvel deter-minar qual o mais leve e qual o mais pesado fazendo 2 n3 pesagens emuma balanca de pratos. Mostre, tambem, que este e o numero mnimode pesagens que permitem, com certeza, det