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Elementos de Matemática Finita
Exercícios Resolvidos 1 - Algoritmo de Euclides; Indução
Matemática; Teorema Fundamental da Aritmética
- Considere os inteiros a = 2406 e b = 654.
(a) Encontre d = mdc(a, b), o máximo divisor comum entre a e b. (b) Encontre inteiros x e y, que satisfaçam a identidade de Bézout ax + by = d. (c) Resolva a equação diofantina ax + by = 102, com x, y inteiros e y > 0. (d) É possível resolver a equação ax + by = 184 com x, y inteiros?
Resolução: (a) Para determinar o mdc, usamos o algoritmo de Euclides, fazendo sucessivas divisões com resto:
2406 = 3 · 654 + 444 654 = 1 · 444 + 210 444 = 2 · 210 + 24 210 = 8 · 24 + 18 24 = 1 · 18 + 6 18 = 3 · 6 + 0.
Logo mdc(2406, 654) = mdc(654, 444) = · · · = mdc(18, 6) = 6.
(b) Vamos usar o desenvolvimento do algoritmo de Euclides na alínea (a) para obter uma identidade da forma ax + by = 6. Assim, escrevemos:
6 = 24 + (−1) · 18 = = 24 + (−1) · (210 − 8 · 24) = = (−1) · 210 + 9 · 24 = = (−1) · 210 + 9 · (444 − 2 · 210) = = 9 · 444 + (−19) · 210 = = 9 · 444 + (−19) · (654 − 444) = = (−19) · 654 + 28 · 444 = = (−19) · 654 + 28 · (2406 − 3 · 654) = = 28 · 2406 + (−103) · 654.
Assim, (x, y) = (28, −103) é uma solução. (c) Para resolver a equação ax+by = 102 primeiro verificamos que 6 é divisor
de 102. De facto, 102 = 17 · 6. Como a, b e c = 102 são todos divisíveis por 6 , a equação dada é equivalente a
2406 6
x +
y =
⇔ 401 x + 109y = 17.
A identidade da alínea (a) mostra que x′^ := 28, y′^ := − 103 é solução da equação 401 x + 109y = 1 (pois esta última equivale a 2406 x + 654y = 6). Assim, (x 0 , y 0 ) := (17·(28), 17 ·(−103))) = (476, −1751) é solução da equação pedida. No entanto, a coordenada y é negativa. Para encontrar uma outra solução com y positivo, usamos o facto de que todas as soluções de 401 x + 109 y = 17 (note-se que 401 e 109 são primos entre si) são dadas por
(xk, yk) = (x 0 + 109k, y 0 − 401 k) , k ∈ Z.
Assim, basta encontrar k inteiro de modo a ter − 1751 − 401 k positivo. Temos que ter k ≤ − 5. Por exemplo, com k = − 5 , obtemos (xk, yk) = (− 69 , 254). [Verificação: 401 · (−69) + 109 · 254 = 17.] (d) Como 184 /6 = 30 + 23 , 6 não é divisor de 184 , pelo que a equação dada não tem soluções inteiras.
- Mostre as seguintes propriedades da relação de divisibilidade, com a, b ∈ Z:
(a) Para todos os inteiros a, k, temos a | ka; (b) Se a | b para todo o a ∈ Z, então b = 0; Se a | b para todo o b ∈ Z, então a = ± 1 ; (c) Sejam a, b ∈ Z. Se a|b e b|a então |a| = |b|;
Resolução: (a) Sejam a, k ∈ Z. Por definição a|ka ⇔ ∃q ∈ Z tal que ka = qa. Esta afirmação é válida com q := k, pelo que a|ka verifica-se sempre. (b) A expressão “a|b ∀a ∈ Z”, significa, por definição, que “b é um inteiro tal que, para todo a inteiro, existe q ∈ Z, tal que b = qa”. Seja a > b > 0 ; Então a|b é impossível (pois para isso teríamos q = (^) ab , que não é inteiro). Seja 0 > b > a; então novamente, a|b é impossível (pela mesma razão). Assim, b só pode ser 0. De facto, com b = 0 basta escolher q = 0 para termos 0 = 0 · a para todo o a ∈ Z. A expressão “a|b ∀b ∈ Z”, significa, por definição, que “a é um inteiro tal que, para todo b inteiro, existe q ∈ Z, tal que b = qa”. Seja a um número natural maior que 1. Então a + 1 ∈ N e a não divide a + 1, pois o resto da divisão de a + 1 por a é 1. Se a = 0 não há forma de encontrar q para resolver a equação b = q · 0 com b 6 = 0. Mas se a = 1, dado b ∈ Z temos sempre 1 |b pois existe q ∈ Z (de facto, q := b) tal que b = q · 1. Assim, se a ∈ N, a única hipótese é a = 1. Do mesmo modo, se a ∈ −N, verifica-se que a única hipótese é a = − 1. (c) Sejam a, b positivos. Então a|b e b|a implica que a ≤ b e b ≤ a respecti- vamente. Logo a = b. Se a é positivo e b negativo, seja c = −b. Aplicando o raciocínio anterior, temos a = −b. Os outros casos são análogos, pelo que se sempre se conclui que |a| = |b|.
- Mostre ou indique um contra-exemplo para as seguintes afirmações:
Resolução: Vamos fixar um k ∈ N. Seja P (n, k) a equação acima, que se pre- tende mostrar. Seja n = k. Então, a equação fica
(n n
∑n− 1 j=
( (^) j n− 1
(n− 1 n− 1
, (são n − 1 parcelas nulas, quando j < n − 1 ) que equi- vale a 1 = 1 (pois 0! = 1). Assim, mostrámos o passo base da indução. Assumimos agora que a fórmula é válida para n ≥ k. Temos então: ( n + 1 k
(n + 1)! k!(n + 1 − k)!
(n + 1) n! k!(n + 1 − k)!
(n + 1 − k)n! + k n! k!(n + 1 − k)!
(n + 1 − k)n! k!(n + 1 − k)!
k n! k!(n + 1 − k)!
n! k!(n − k)!
n! (k − 1)!(n + 1 − k)!
n k
n k − 1
n∑− 1
j=
j k − 1
n k − 1
∑^ n
j=
j k − 1
onde a hipótese de indução foi usada na igualdade da penúltima linha.
- Seja n um natural e sejam b 1 , · · · , bn números reais positivos. Mostre, por indução, que a sua média aritmética é superior ou igual á sua média geométrica, isto é:
b 1 + · · · + bn n
≥ (b 1 · · · bn)
(^1) n .
Resolução: Para n = 1 temos um número real b = b 1. A desigualdade fica, b 1 ≥^ (b)
(^1) que é verdadeira. Assumimos agora que a desigualdade acima é válida para quaisquer b 1 , · · · , bn reais positivos. Consideremos então a 1 , · · · , an+1 reais positivos arbitrários. Seja A := (a 1 · · · an+1) n^1 + , ou seja An+1^ = a 1 · · · an+1. Assim, existe pelo menos um par de índices dis- tintos, i, j ∈ [n + 1] = { 1 , · · · , n + 1} tais que ai ≥ A ≥ aj > 0. Sem perda de generalidade, podemos assumir que esses índices são n e n + 1, ou seja, an ≥ A ≥ an+1 > 0. Isto significa que
0 ≥
A
(an − A)(an+1 − A) =
anan+ A
Seja b 1 := a 1 ,..., bn− 1 := an− 1 , mas agora bn := ana An +1. Então, usando a equação (1) na segunda linha:
a 1 + · · · + an+1 = a 1 + · · · + an− 1 + an + an+1 ≥
≥ a 1 + · · · + an− 1 +
anan+ A
+ A =
= b 1 + · · · + bn + A ≥ n(b 1 · · · bn) n^1
= n(a 1 · · · an− 1
anan+ A
1 n (^) + A = n(An+1^1 A
1 n (^) + A =
= nA + A = (n + 1)A = (n + 1)(a 1 · · · an+1)
1 n+
como queriamos provar (o passo de indução é usado na terceira linha).
- Considere a seguinte afirmação, evidentemente falsa, em geral:
P (n) :
∑^ n
k=
k =
n^2 + n + 1 2
Vamos assumir que a proposição é válida para um dado natural n. Então
n∑+
k=
k = (n+1)+
∑^ n
k=
k = n+1+
n^2 + n + 1 2
n^2 + 3n + 3 2
(n + 1)^2 + (n + 1) + 1 2
que é a afirmação P (n + 1). Uma vez que o princípio de indução foi correctamente aplicado, porque é que P (n) não é verdadeira para todo o natural n?
Resolução: Porque não começámos a indução num certo P (n 0 ) que fosse ver- dadeiro. De facto, por exemplo P (1) significaria que
k=0 k^ = 0 + 1 = 12 +1+ 2 =^
3 2 , o que é falso. Da mesma forma,^ P^ (2)^ é falsa, etc, pelo que não conseguimos encontrar o natural n 0 a partir do qual aplicar a indução.
- Seja m = pk 11 · · · pk r ra factorização de m ∈ Z em primos distintos (todos os ki > 0 ), e d > 0. Então d|m se e só a factorização de d é pl 11 · · · pl rr com li ≥ 0 , i = 1, · · · , r.
Resolução: Seja d divisor positivo de m. Seja p um primo que entra na factoriza- ção de d. Então p|d logo, pela transitividade, p|m ou seja, p|pk 11 · · · pk r r. Assim p|pk i ipara algum i = 1, · · · , r. Mas p|pk i iequivale a p|pi (como se verifica facilmente), ou seja p = pi, para algum i. Concluímos que todos os primos que entram na factorização de d pertencem a {p 1 , · · · , pr}. É fácil de ver que pl 11 · · · pl rr |pk 11 · · · pk rr sempre que 0 ≤ li ≤ ki (pois pk 1 1 · · · pk r r= q · pl 11 · · · pl rr , para certo q ∈ Z). Reciprocamente, se li > ki então pl ii não divide pk i i, e a conclusão segue uma vez que todos os primos nesta factorização foram considerados distintos (ou seja pi ∤ pj para i e j índices distintos entre 1 e r).
- Seja φ a função de Euler.
(a) Uma função f : N → N diz-se multiplicativa se f (mn) = f (m)f (n) sem- pre que m e n sejam primos entre si. Mostre que a função φ de Euler é multiplicativa. (b) Prove que, se p 1 , · · · , pr são os inteiros que dividem um dado natural m ∈ N, então φ(m) = m
p 1
pr
Resolução: (a) Por definição, φ(n) = |Sn|, onde Sn é o conjunto de naturais ≤ n que são primos com n. Sejam m, n dois naturais primos entre si, (m, n) = 1. Vamos encontrar uma bijecção entre Smn e o produto cartesiano Sm × Sn, o que basta para mostrar:
φ(mn) = |Smn| = |Sm × Sn| = |Sm| · |Sn| = φ(m)φ(n).
