ma12 - matemática discreta ed. 2012 - atualizado junho 2014

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
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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
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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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http://-/?-


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0

0

0 1

1

1
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101000

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

.



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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.



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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.



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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.



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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.



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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+

1


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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.

2


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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.

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
http://-/?-http://-/?-


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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
http://-/?-


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X Y

f : X Y

X Y

X

X
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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


PROFMAT - SBM

February 17, 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.



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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.

1


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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.]

2


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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.

2


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http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


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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
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


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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
http://-/?-


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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})


68/836

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
http://-/?-


72/836
http://-/?-


73/836

n
http://-/?-


74/836

MA12 - Unidade 3O Metodo da Inducao


PROFMAT - SBM

31 de Janeiro de 2014


75/836

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


76/836

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



77/836

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?



82/836

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;

1


89/836

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.

2


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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.

3


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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.

1


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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,

2


93/836

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,

3


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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


95/836

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,

5


96/836

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

6


97/836

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.

7


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http://-/?-http://-/?-http://-/?-


99/836

n

n N

jn

n

n

jn

P(n) : n .


100/836

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.
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


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o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

n un

un=un1+un2, u1 = u2= 1.
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


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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


108/836

264 1
http://-/?-


109/836

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
http://-/?-http://-/?-


110/836
http://-/?-


111/836

MA12 - Unidade 4Mais Sobre Inducao


PROFMAT - SBM

7 de Marco de 2014


112/836

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.

PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Inducao slide 2/13


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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

ma12 - matemática discreta ed. 2012 - atualizado junho 2014

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