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Resolução da Lista 2 da disciplina de Matemática Discreta

Feita por Guilherme de Abreu Barreto¹

Funções proposicionais e quantificadores

Exercício 1

a) "Existe pelo menos um elemento no conjunto A tal que somado com 3 fica igual à 10". Falso, não há tal elemento.

b) "Todo elemento no conjunto A é tal que somado com 3 fica menor que 10". Verdadeiro.

c) "Existe pelo menos um elemento no conjunto A tal que somado com 3 fica menor ou igual a 5". Verdadeiro, os elementos 1 e 2.

d) "Todo elemento no conjunto A é tal que somado com 3 fica menor que 7". Falso.

Exercício 2

a) "Existe pelo menos um elemento em A que, para todo elemento em A, quando elevado ao quadrado possui valor menor que a soma doutro ou do mesmo elemento com 1". Verdadeiro, o elemento 1, no caso.

b) "Para todo elemento em A existe um elemento em A cuja soma dos quadrados destes elementos é menor que 12". Verdadeiro.

c) "Para todo par de elementos em A a soma dos quadrados destes é menor que 12". Falso.

Exercício 3

a) (\forall x \in \R)(\exists y \in \R)(\neg P(x,y));

b) (\exists x \in \R)(\exists y \in \R)(\neg P(x,y));

c) (\forall y \in \R) (\forall x \in \R) (\exists z \in \R)(\neg P(x,y)\lor \neg Q(x,z))

Exercício 4

a) Existe pelo menos um estudante de SI da EACH que não é do sexo masculino;

b) Nenhum dos estudantes de GPP da EACH tem 25 anos ou mais;

c) Existe pelo menos um estudante da EACH que não mora na ZL.

Exercício 5

a) "Para qualquer número inteiro existe um número inteiro maior que este". Verdadeiro. Negação: "Existe um numero inteiro para o qual nenhum número inteiro é maior que este." (\exist a \in \Z)(\forall b \in \Z)(\neg(a < b)).

b) "Existe um número inteiro para o qual qualquer número inteiro é menor que ele". Falso. Negação: "Para qualquer número inteiro existe pelo menos um número inteiro que não seja menor que ele". (\forall b \in \Z)(\exists a \in \Z)(\neg(a < b)).

Exercício 6

a) (\exists x, y, z \in \Z)P(x,y,z)

b) (x \in \Z)(n \in \N : n \le 3)P(x_1, \dots, x_n)

Exercício 7²

(\forall \epsilon \in \R^+)(\exists n \in \N)(\forall n > N)(|x_n - x| < \epsilon)

Exercício 8

Proposição:

(f, g : \R \to \R) (\forall s \in \R)(\exists r \in \R)(f(r) > 0 \implies g(s) > 0)

Negação:

(f, g: \R \to \R)(\exists s \in \R)(\forall r \in \R)(\neg(f(r) > 0 \implies g(s) > 0))

A proposição implica que a função g contém f, pois esta última influencia o valor da primeira, enquanto o contrário não ocorre.

Estratégias de demonstração

Exercício 1

Proposição

Sejam n e k dois números naturais onde n > k. Se tentarmos distribuir n objetos em k urnas (P), então pelo menos uma das urnas conterá mais de um objeto (Q). P\implies Q.

Contrapositiva

Sejam n e k dois números naturais onde n > k. Pelo menos uma urna restará vazia (\neg Q) se tentarmos distribuir k objetos em n urnas (\neg P). \neg Q \implies \neg P.

Exercício 2

Consideremos N um número de n dígitos \{a_1, a_2, \dots, a_n\} cuja soma a_1 + a_2 + \dots + a_n = \sum^n_{i = 1} a_i = k. Sabemos que o critério de divisibilidade de N por 9 é N | 9 \iff N = 9q, \forall N, n, a, k, q \in \N. Podemos descrever N da seguinte maneira:

N = a_1 \cdot 10^{n - 1} + a_2 \cdot 10^{n - 2} + \dots + a_n \cdot 10^{n - n}
= \sum^n_{i = 1}a_i10^{n - i}

Por vez, 10^{n} pode ser escrito da seguinte forma:

10^n = 99\dots9 (\text{n - 1 vezes}) + 1 = \underbrace{\sum^{n - 1}_{i = 1}9\cdot 10^i}_{\equiv\ 9q} + 1

Logo, para cada dígito de N teremos:

N = a_1[(10^{n - 1}- 1) + 1] + a_2((10^{n - 2} - 1) + 1] + \dots 
+ a_n [(10^{n - n} - 1) + 1] =
\\ \sum^n_{i = 1}a_i(9q + 1) = k9q + k

Finalmente, 9kq | 9 e, se k | 9 o for, então também é N | 9. \blacksquare

Exercício 3

Prova direta

Se um número n é par, então n|2 \implies n = 2k para qualquer k \in \R.

n^2 = 2k = \pm \sqrt{2k} \cdot \frac{\sqrt 2}{\sqrt 2}
= 2 \cdot \underbrace{\left(\pm \frac{\sqrt k}{\sqrt 2}\right)}_{k_2}
= 2k_2\ \blacksquare

Prova por contrapositiva

Retomemos o enunciado:

Se n^2 é par (P), então n é par (Q, P \implies Q).

A contrapositiva disso seria:

Se n é ímpar (\neg Q), n^2 é ímpar (\neg P, \neg Q \implies \neg P).

Se n é ímpar, então n \nmid 2 \implies n = 2k + 1 para qualquer k \in \R.

n^2 = n \cdot n = (2k + 1)(2k + 1) = 4k^2 + 2k + 2k + 1 =
2\underbrace{(2k^2 + 2k)}_{k_2} + 1 = 2k_2 + 1\ \blacksquare

A primeira demonstração é mais objetiva: foram menores os números de passos requeridos. Mas em termos de compreensibilidade a alternativa possui seu valor.

Exercício 4

Um número primo inteiro, p \in \Z é aquele que tem somente quatro divisores distintos, \pm 1 e \pm p. Já um número primo natural, p \in \N tem unicamente dois divisores naturais distintos: o número um e ele mesmo. Por estarmos tratando aqui de valores para p tais que p > 3, estamos tratando de números primos naturais. Seria a fórmula 3k \pm 1, k \in \N, capaz de representá-los?

• Todo número p > 2 é ímpar, doutra forma seria divisível por dois e não primo. Se segue que todo número p ímpar maior que 3 não é divisível por 3.

• Múltiplos de três são ora ímpar, ora par:

  • 3(2k) = 2(3k) \equiv 0 (\text{mod }2), par;

  • 3 (2k \pm 1) = 6n \pm 3 = 6k \pm 2 \pm 1 = 2(3k \pm 1) \pm 1 \equiv 0(\text{mod }2) \pm 1, ímpar.

Assim, proponho que esta fórmula seja capaz de representar todos os números naturais impares n_i não múltiplos de 3 para todo valor 2k.

$n_i = 2k \pm 1 \equiv 0 (\text{mod }2) \pm 1\ 3(2k) \pm 1 = 2(3k) \pm 1 \equiv 0 (\text{mod }2) \pm 1\ \therefore n_i \equiv 3(2k) \pm 1\ \blacksquare $

Exercício 5

Sempre que qualquer um dos lados de uma inequação sofre uma multiplicação por um valor menor que 0, o sinal de desigualdade assume sua forma dual, de tal sorte que -2 < 1 ao ser elevado ao quadrado fica:

(-2)\underbrace{(-2)}_{<\ 0} > 1 \cdot 1 \implies 4 > 1\ \blacksquare

Exercício 6

a. Conforme exposto anteriormente, qualquer número ímpar pode ser representado pela forma 2k \pm 1 \equiv 0 (\text{mod } 2) \pm 1, utilizaremo-nos aqui da forma n = 2k + 1:

n^2 + 4n = (2k + 1)^2 + 4(2k + 1) = 4k^2 + 4k + 1 + 8k + 4 =\\ 2(2k^2 + 2k + 2) + 1 \equiv 0 (\text{mod }2) + 1 \text{; é ímpar.}\ \blacksquare

b. A contrapositiva dessa afirmação é: se r é racional então r^2 é racional. Por definição um número racional é aquele que pode ser representado na forma

\frac n d, n \in \Z, d \in \Z^*

Então,

r = \frac nd \implies r^2 = \frac{n^2}{d^2} = \dfrac{n_2}{d_2}, n_2 \in \Z, d \in \Z^*\ \blacksquare

c. Falso. Por exemplo, para n = 2 este não é o caso:

2^5 < 5^n \implies 32 < 25 \equiv F

Enquanto para n = 1 é:

1^5 < 5^1

Então seria correto dizer que (\exists n \in \N)(n^5 < 5^n). \blacksquare

d. Na matemática, considera-se triviais soluções ou exemplos ridiculamente simples e de pouco interesse. Muitas vezes, as soluções ou exemplos triviais que envolvem o número 0 são considerados triviais. Este não é o caso com a desigualdade de Bernoulli, que tem implicações importantes para a análise combinatória necessita ser demonstrada por indução finita. Isto é, admite-se 0 enquanto base de indução, mas então procede-se a demonstrar que tal hipótese vale para qualquer número natural n. Tal demonstração se dá da seguinte maneira:

1. (1 + r)^n \ge 1 + nr é válido para n = 0: (1+r)^0 = 1; 1 \ge 1 + 0r.

2. Agora, veremos se isso é válido para n + 1:

(1 + r)^n \ge 1 + nr \implies (1 + r)(1 + r)^n \ge (1 + r)(1 + nr) \implies \\ (1 + r)^{n + 1} \ge 1 + nr + r + \underbrace{nr^2}_{\ge\ 0}

Repare que em (1 + r)^{n + 1} \ge 1 + nr + r + nr^2, nr^2 é sempre maior ou igual à 0, então

(1 + r)^{n + 1} \ge 1 + nr + r \implies (1 + r)^{n + 1} \ge 1 + r(n + 1)\ \blacksquare

Fica demonstrado que tal igualdade é válida para qualquer n \in \N.

Exercício 7

a. Considerando a progressão aritmética 1, \dots, n, a soma de todos os termos desta progressão (S_n)pode ser escrita das seguintes formas:

S_n = 1 + \dots + n \\
S_n = n + \dots + 1

Somando estas formulações membro a membro, obtemos:

2 S_n = (1 + n) + (2 + (n - 1)) + \dots + ((n - 1) + 2) + (n + 1)

Nesta formulação, notemos que

• Todos os pares entre parênteses têm o mesmo valor, por serem simétricos em relação às extremidades da progressão;

• existem n pares.

Logo,

2 S_n = n(1 + n) \implies S_n = \frac{n(n + 1)}2

Consideremos agora a soma dos cubos 1^3, \dots , n^3. O produto notável cubo da soma pode ser descrito da seguinte forma:

(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3

Então, enquanto k^3 = k^3 para qualquer número k \in \Z, temos que

(k + 1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1

Então, 1^3 + \dots + n^3 equivale à

+ \begin{cases}
\textcolor{red}{\cancel{1^3}} = 1^3 \\
\textcolor{magenta}{\cancel{2^3}} = 1^3 + 3(1)^2 + 3(1) + \textcolor{red}{\cancel 1} \\
\textcolor{blue}{\cancel{3^3}} = \textcolor{magenta}{\cancel{2^3}} + 3(2)^2 + 3(2) + 1 \\
\cancel{4^3} = \textcolor{blue}{\cancel{3^3}} + 3(3)^2 + 3(3) + 1 \\
\vdots \\
\cancel{n^3} = \cancel{(n - 1)^3} + 3(n-1)^2 + 3(n - 1) + 1 \\
(n + 1)^3 = \cancel{n^3} + 3n^2 + 3n + 1
\end{cases} \\ \implies 
(n + 1)^3 = 1^3 + 3 S_{n^2} + 3 S_n + (n + 1)

Onde S_{n^2} é o valor da soma dos quadrados de 1, \dots, n, ou seja, o valor que buscamos. Resolvendo essa equação, temos:

$(n + 1)^3 = 1 + 3S_{n^2} + 3 \dfrac{n(n + 1)}2 + (n + 1)\ \implies 6 S_{n^2} = 2 (n + 1)^3 - 3n(n+ 1) - 2(n + 1)\ = (n + 1)[2(n+ 1)^2 - 3n - 2]\ = (n + 1)[2(n^2 + 2n + 1) - 3n - 2]\ = (n + 1) (2n^2 + 4n + \cancel 2 - 3n - \cancel 2)\ = n(n + 1)(2n + 1)\ \implies S_{n^2} = \dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}6\ \blacksquare$

b.

1. A hipótese se conforma na base de indução: 1^3 = 1^2.

2. Se assumirmos que

1^3 + \dots + n^3 = \left[\dfrac{n(n + 1)}2\right]^2

é verdadeiro, então

1^3 + \dots + (n + 1)^3 = \left[\dfrac{(n + 1)(n + 2)}2\right]^2

também o é.

3. Testemos esta hipótese de indução:

1^3 + \dots + n^3 + (n + 1)^3 = \left[\dfrac{n(n + 1)}2\right]^2 + (n + 1)^3 = (n + 1)^2 \left(\dfrac{n^2}4 + n + 1\right)\\ = \dfrac{(n + 1)^2(n^2 + 4n + 4)}4 = \dfrac{(n + 1)^2(n + 2)^2}4 = \left[\dfrac{(n + 1)(n + 2)}2\right]^2\ \blacksquare

c.

• Base de indução (n = 2):

\displaystyle \frac{a_1}{1 + a_1} + \frac{a_2}{(1 + a_1) (1 + a_1 + a_2)} = \frac{a_1(1 + a_1 + a_2) + a_2}{(1 + a_1) (1 + a_1 + a_2)} \\\ \\ = \frac{a_1 + a_1^2 + a_1a_2 + a_2}{(1 + a_1) (1 + a_1 + a_2)} = \frac{a_1\ \cancel{(1 + a_1)} + a_2\ \cancel{(1 + a_1)}}{\cancel{(1 + a_1)}(1 + a_1 + a_2)} = \frac{a_1 + a_2}{1 + a_1 + a_2}

• Hipótese de indução: se

\frac{a_1 + \dots + a_n}{1 + a_1 + \dots a_n}
 = \frac{a_1}{1 + a_1} + \dots + 
\frac{a_n}{(1 + a_1 + \dots + a_{n - 1})(1 + a_1 + \dots + a_n)}

para todo n \in \N, então

\frac{a_1 + \dots + a_{n + 1}}{1 + a_1 + \dots a_{n + 1}}
 = \frac{a_1}{1 + a_1} + \dots + 
\frac{a_{n + 1}}{(1 + a_1 + \dots + a_n)(1 + a_1 + \dots + a_{n + 1})}

• Passo de indução:

$\displaystyle \frac{a_1}{1 + a_1} + \dots + \frac{a_{n + 1}}{(1 + a_1 + \dots + a_n)(1 + a_1 + \dots + a_{n + 1})} =\\ \ \underbrace{\frac{a_1 + \dots + a_n}{1 + a_1 + \dots a_n}}{\text{Por hipótese}} + \frac{a{n + 1}}{(1 + a_1 + \dots + a_n)(1 + a_1 + \dots + a_{n + 1})} $

Prosseguimos com a substituição de variáveis a_1 + \dots + a_n = A:

\displaystyle \frac{A}{1 + A} + \frac{a_{n + 1}}{(1 + A) (1 + A + a_{n + 1})} = \frac{A(1 + A + a_{n + 1}) + a_{n + 1}}{(1 + A) (1 + A + a_{n + 1})} \\\ \\ = \frac{A + A^2 + Aa_{n + 1} + a_{n + 1}}{(1 + A) (1 + A + a_{n + 1})} = \frac{A\ \cancel{(1 + A)} + a_{n + 1}\ \cancel{(1 + A)}}{\cancel{(1 + A)}(1 + A + a_{n + 1})} = \frac{a_1 + \dots + a_{n + 1}}{1 + a_1 + \dots a_{n + 1}}\,\blacksquare

Exercício 8

a. Três é um número ímpar e, portanto, pode ser escrito na forma (2k + 1). Logo,

(2k + 1)^n - 1 = (2^nk^n + 2^{n - 1}k^{n - 1} + \dots + 2k + \cancel 1) - \cancel 1\\ = 2(2^{n - 1}k^n + 2^{n - 2}k^{n - 1} + \dots + k) \equiv 0(\text{mod 2})

Ou seja, um número par. \blacksquare

b. Se n é par, então

5^n - 2^n = 5^{2k} - 2^{2k} = (5^k - 2^k) (5^k + 2^k)\\ = (5 - 2)(5^{k - 1} + 5^{k - 2} \cdot 2 + \dots + 5 \cdot 2^{k - 2} + 2^{k - 1})(5^k + 2^k) \\ = 3(5^{k - 1} + 5^{k - 2} \cdot 2 + \dots + 5 \cdot 2^{k - 2} + 2^{k - 1})(5^k + 2^k) \equiv 0 (\text{mod 3})

Senão,

5^{2k +1} - 2^{2k + 1} = (5 - 2)(5^{2k} + 5^{2k - 1} \cdot 2 + \dots + 5 \cdot 2^{2k - 1} + 2^{2k}) = \\ 3(5^{2k} + 5^{2k - 1} \cdot 2 + \dots + 5 \cdot 2^{2k - 1} + 2^k) \equiv 0 (\text{mod 3})\ \blacksquare

c. 2^n + 3^n é múltiplo de 5 quando n = 2k + 1 (ida):

2^{2k +1} - 3^{2k + 1} = (2 + 3)(2^{2k} + 2^{2k - 1} \cdot 3 + \dots + 2 \cdot 3^{2k - 1} + 3^k) = \\ 5(2^{2k} + 2^{2k - 1} \cdot 3 + \dots + 2 \cdot 3^{2k - 1} + 3^k) \equiv 0 (\text{mod 5})

o número 5, ao ser multiplicado, não produz um número da forma 2^n + 3^n, quando n = 2k (volta):

• Toda potência de 5 tem como último algarismo 5, pois o resultado da multiplicação de 5 por 5 é 25.

• Toda potência 2^{2k} = 4^k, 4 \times 4 = 1\textbf 6; 16 \times 4 = 2\textbf 4; 24 \times 4 = 9\textbf 6, e assim por diante. Ou seja, ora se produz final 6, ora se produz final 4.

• Toda potência 3^{2k} = 9^k, 9 \times 9 = 8\textbf 1; 81 \times 9 = 72\textbf 9; 729 \times 9 = 656\textbf 1, e assim por diante. Ou seja, ora se produz final 1, ora se produz final 9.

Como 1 + 6 = 7 produz final 7 e 9 + 4 = 13 produz final 3, não é possível que o número resultante desta soma seja múltiplo de 5. \blacksquare

d.

• Base da indução (k = 1):

0^3 + 1^3 + 2^3 = 9 \equiv 0(\text{mod 9});

• Hipótese de indução: Se

$(k - 1)^3 + k^3 + (k + 1)^3 = k^3 - \cancel{3k^2} + 3k - \cancel 1 + k^3 + k^3 + \cancel{3k^2} + 3k - \cancel 1 \ = 3k^3 + 6k \equiv 0(\text{mod 9})para qualquer $k \in \N, então também

3(k + 1)^3 + 6(k + 1) \equiv 0(\text{mod 9})

• Passo de indução:

k^3 + (k + 1)^3 + (k + 2)^3 = k^3 + k^3 + 3k^2 + 3k + 1 + k^3 + 6k^2 + 12k + 8\\ = 3k^3 + 9k^2 + 9k + 3 + 6k + 6 = 3(k^3 + 3k^2 + 3k + 1) + 6k + 6\\ = 3(k + 1)^3 + 6(k + 1) \equiv \text{0(mod 9)}\,\blacksquare

Logo, conclui-se que a soma de três cubos consecutivos de fato produz um número divisível por 9.

Exercício 9

• Base da indução (n = 1):

(\cos \theta + i\sin \theta)^1 = \cos \theta + i\sin \theta

• Hipótese de indução: se

(\cos \theta + i\sin \theta)^n = \cos (n\theta) + i \sin (n\theta)

para todo n \ge 1, então também

(\cos \theta + i\sin \theta)^{n + 1} = \cos [(n + 1)\theta] + i \sin [(n + 1)\theta]

• Passo de indução:

(\cos \theta + i\sin \theta)^{n + 1} = (\cos \theta + i\sin \theta)^n(\cos \theta + i\sin \theta)\\ = \underbrace{[\cos (n\theta) + i \sin (n\theta)]}_{\text{Por hipótese}}(\cos \theta + i\sin \theta)\\ = \cos(n\theta)\cos \theta - \sin(n\theta)\sin \theta + i[\cos(n\theta)\sin(\theta) + \sin(n\theta)\cos \theta]\\ = \underbrace{\cos [(n + 1)\theta] + i \sin [(n + 1)\theta]}_{\text{Por identidade trigonométrica}}

Fazendo uso da identidade de Euler

• Base da indução (n = 1):

e^{1i\theta} = \cos \theta + i\sin \theta

• Hipótese de indução: se

e^{ni\theta} = \cos (n\theta) + i \sin (n\theta)

para todo n \ge 1, então também

e^{(n + 1)i\theta} = \cos [(n + 1)\theta] + i \sin [(n + 1)\theta]

• Passo de indução:

e^{(n + 1)i\theta} = e^{ni\theta}e^{1i\theta} = (\cos \theta + i\sin \theta)^n(\cos \theta + i\sin \theta)\\ = \underbrace{[\cos (n\theta) + i \sin (n\theta)]}_{\text{Por hipótese}}(\cos \theta + i\sin \theta)\\ = \cos(n\theta)\cos \theta - \sin(n\theta)\sin \theta + i[\cos(n\theta)\sin(\theta) + \sin(n\theta)\cos \theta]\\ = \underbrace{\cos [(n + 1)\theta] + i \sin [(n + 1)\theta]}_{\text{Por identidade trigonométrica}}\,\blacksquare

Exercício 10

• Base da indução (n = 1)

H_1(x) = e^{x^2}\left(- \dfrac d{dx}\right)^1e^{-x^2} = e^{x^2}\cdot 2xe^{-x^2} = 2x

• Hipótese de indução: se

H_n(x) = e^{x^2}\left(-\dfrac d{dx}\right)^ne^{-x^2}

para todo n \ge 1, então também

H_{n + 1}(x) = e^{x^2}\left(-\dfrac d{dx}\right)^{n + 1}e^{-x^2}

• Passo de indução:

H_n(x) = e^{x^2}\left(-\dfrac d{dx}\right)^ne^{-x^2} \implies \left(\dfrac d{dx}\right)^ne^{-x^2} = (-1)^nH_n(x)e^{-x^2} \\ \left(\dfrac d{dx}\right)^{n + 1}e^{-x^2} = (-1)^n \underbrace{\left[\left(\dfrac d{dx} H_n (x)\right)e^{-x^2} + H_n(x)(-2x)e^{-x^2}\right]}_{\text{Aplicação da regra da cadeia}}\\ = (-1)^{n + 1}e^{-x^2}\left[\left(2x - \dfrac d{dx}\right)H_n(x)\right] = (-1)^{n + 1}e^{x^2}\left(\dfrac d{dx}\right)^{n + 1}e^{-x^2} = H_{n + 1}(x)\,\blacksquare

Quanto a paridade do polinômio de Hermite, vemos que ele possui grau n, de tal sorte que, como demonstra o gráfico abaixo

Este produz uma função ímpar quando n é ímpar e uma função par quando não.

Exercício 11

• Base de indução (n = 1):

\dfrac{[f(x)]'}{f(x)} = \dfrac{f'(x)}{f(x)}

Para demonstrar a propriedade das derivadas subjacente a este cálculo, vale a pena explicitar o passo seguinte também. Considerando que

f(x) = g(x) h(x) \implies f'(x) = g(x) h'(x) + g'(x) h(x)

Então

\dfrac{[f_1(x)f_2(x)]'}{f_1(x)f_2(x)} = \dfrac{\cancel{f_1(x)}f'_2(x)}{\cancel{f_1(x)}f_2(x)} + \dfrac{\cancel{f_2(x)}f'_1(x)}{f_1(x)\cancel{f_2(x)}} = \dfrac{f'_1(x)}{f_1(x)} + \dfrac{f'_2(x)}{f_2(x)}

• Hipótese de indução: se

\dfrac{[f_1(x)\dots f_n(x)]'}{f_1(x)\dots f_n(x)} = \dfrac{f_1'(x)}{f_1(x)} + \dots + \dfrac{f_n'(x)}{f_n(x)}

então, para n \ge 1, n \in \N,

\dfrac{[f_1(x)\dots f_{n + 1}(x)]'}{f_1(x)\dots f_{n + 1}(x)} = \dfrac{f_1'(x)}{f_1(x)} + \dots + \dfrac{f_{n + 1}'(x)}{f_{n + 1}(x)}

• Passo de indução: considerando g(x) = f_1(x)\dots f_n

\dfrac{[g(x)f_{n + 1}]'}{g(x)f_{n + 1}} = \dfrac{\cancel{g(x)}f'_{n + 1}(x)}{\cancel{g(x)}f_{n + 1}(x)} + \dfrac{g'(x)\cancel{f_{n + 1}(x)}}{g(x)\cancel{f_{n + 1}(x)}} = \underbrace{\dfrac{f'_1(x)}{f_1(x)} + \dots + \dfrac{f'_n(x)}{f_n(x)}}_{\text{Por hipotése}} + \dfrac{f'_{n + 1}(x)}{f_{n + 1}(x)}\,\blacksquare

Exercício 12

Prosseguiremos nessa demonstração por absurdo. Assumiremos que \sqrt 2 \in \mathbb Q, portanto, \sqrt 2 = \frac ab, uma fração irredutível onde a, b \in \Z e b \not = 0.

Lema: Todo quadrado de um número inteiro não nulo tem 1 como resto da divisão inteira por três se não for divisível por 3.

• Todo número inteiro quando dividido por três produz resto 0, 1 ou 2. Considerando que este não produza resto 0, temos:

  $\begin{cases} (3k + 1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3\underbrace{(3k^2 + 2k)}{k_2} + 1 \ (3k + 2)^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3\underbrace{(3k^2 + 4k + 1)}{k_2} + 1 \end{cases}, k \in \Z$

    

Temos que \left(\frac ab\right)^2 = 2, 2 não é múltiplo de 3 e portanto

2 = 3k + 1 \implies 3k = 1 \implies k = \frac 13, k \not \in \Z

O que é absurdo. Teorema: \sqrt 2 e irracional. \blacksquare

Exercício 13 ³

(\sqrt 2^{1 + \sqrt 2})^{1 + \sqrt 2} = 2^\frac{(1 + \sqrt 2)^2}2 = \underbrace{2^\frac{3 + 2\sqrt 2}{2}}_{\text{irracional}} \blacksquare

Exercício 14

a. Prova por indução finita comum

• Base de indução$(n = 2): 2 é primo: $2 = 2 \times 1, então números primos existem.

• Hipótese de indução: se um número n > 1, n \in \N é primo ou múltiplo de primos, n - 1 também é.

• Se n + 1 for primo, então não resta nada a provar. Senão, devemos concluir que existem pelo menos dois números inteiros a e b, 1 < a \le b \le n tais que ab = n. Por vez estes também ou são primos ou múltiplos de primos, e assim por diante. Assim, percorremos todos os valores de n à 1 e concluímos que a mesma condição se sustenta. \blacksquare

b. Prova por indução forte

• Base de indução$(n = 2): 2 é primo: $2 = 2 \times 1, então números primos existem.

• Hipótese de indução: todos os números entre 1 e n ou são primos ou, senão, múltiplos de primos.

• Passo de indução: Se n for primo, então não resta nada a provar. Senão, devemos concluir que existem pelo menos dois números inteiros a e b, 1< a \le b \le n tais que ab = n. Pela hipótese de indução, a = p_1p_2\dots p_n e b = q_1q_2\dots q_n, sendo p e q números primos. Ora, então n também é múltiplo de números primos: n = p_1p_2\dots p_3q_1q_2\dots q_3 \blacksquare

Exercício 15

Exemplo de desenho feito seguindo esse método para n = 3.

Propriedade 1: Por não ser paralela a qualquer outra reta ou interceptá-las em um ponto comum, uma reta em posição geral intercepta demais retas no plano em n pontos distintos, sendo n o número de demais retas.

Propriedade 2: Por interceptar as n retas, temos n + 1 subdivisões do plano em faces opostas, somadas ao número de faces anterior. Ou seja,

F_{n + 1} = F_n + n + 1

1. Base de indução (n = 0):

\dfrac{n^2 + n + 2}2 = 1

De fato, um plano sem subdivisões tem uma única face.

2. Hipótese de indução: se o número de faces de um plano dividido por retas de maneira a gerar o maior número de subdivisões é dado por

F_n = \dfrac{n^2 + n + 2}2

Para qualquer número de retas n, então:

F_{n + 1} = \dfrac{(n + 1)^2 (n + 1) + 2}2

Passo de indução: Retomando a fórmula dada pela propriedade 2:

F_{n + 1} = F_n + n + 1 = \dfrac{n^2 + n + 2}2 + n + 1 = \dfrac{n^2 + n + 2 + 2n + 2}2 = \\ = \dfrac{(n² + 2n + 1) + (n + 1) + 2}2 = \dfrac{(n + 1)^2 + (n + 1) + 2}2 \,\blacksquare

Exercício 16

• Base de indução: 0^p \equiv 0 (\text{mod p});

• Hipótese de indução: se n^p \equiv n (\text{mod }p) para qualquer n \in \N então também (n + 1)^p \equiv (n + 1)(\text{mod }p).

• Passo de indução: para concluirmos, faremos uso do seguinte lema (o qual será por vez demonstrado ao final desta demonstração):

(a + b)^p \equiv a^p + b^p (\text{mod }p), \forall a,b \in \N, p \in \mathbb P

Ou seja,

(n + 1)^p \equiv n^p + 1^p(\text{mod }p) \equiv n^p + 1(\text{mod }p)

Pela hipótese de indução n^p \equiv n (\text{mod }p), então

(n + 1)^p \equiv n + 1(\text{mod }p)\,\blacksquare

Demonstração do lema Freshman's Dream (o sonho do calouro):

Para \forall a,b \in \N, p \in \mathbb P, tem-se:

(a + b)^p = a^p + \binom p1 x^{p - 1}y + \binom p2 x^{p - 2}y^2 + \dots + 
\binom p{p - 1}xy^{p - 1} + y^p

Isolando-se os coeficientes binomiais, tem-se que cada um deles pode ser escrito na forma:

\binom pi = \frac{p!}{i!(p - i)!} = p \dfrac{(p - 1)!}{i! (p - i)!} \in \N

Como tanto i < p e (p - i) < p, e p não é divisível senão por p, cada \binom pi é um coeficiente múltiplo de p. Assim, o módulo de (a + b)^p por p é tal que:

(a + b)^p \equiv a^p + b^p (\text{mod }p)\,\blacksquare

Exercício 17

Para analisar o tempo de processamento deste algoritmo, consideraremos a linha 1 que se repete (n - 1) vezes. A operação executada nessa linha, porém, não é atômica: ela toma tempo proporcional ao tamanho da entrada que varia em cada iteração. Na primeira iteração a comparação na linha 4 é feita (n - 1) vezes, na segunda (n − 2), e assim por diante. Assim, o tempo de processamento em função do tamanho n da entrada, então, é:

$ \displaystyle \sum^{n - 1}{i = 1}(n - i) = \sum^{n - 1}{i = 1} n - \sum^{n - 1}_{i = 1} i = n(n - 1) - \frac{(n - 1)[(n - 1) + 1]}2 \ = (n - 1)\left(n - \frac n2\right) = \frac{n (n - 1)}2 = \dfrac{n^2 - n}2 \in \Theta(n^2),\blacksquare $

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1. nUSP: 12543033; Turma 04. ↩︎

2. Resposta retirada diretamente das notas de aula do dia 03/09/2021 ↩︎

3. (\sqrt 2^{\sqrt 2})^{\sqrt 2} = (2^{\frac 12 \cdot 2^{\frac 12}})^{2^{\frac 12}} = 2^{\cancel{\frac 12 \cdot 2^{\frac12} \cdot 2^{\frac 12}}} = 2 ↩︎