Elementos de Matemática Finita

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1 Elementos de Matemática Finita Exercícios Resolvidos 1 - Algoritmo de Euclides; Indução Matemática; Teorema Fundamental da Aritmética 1. Considere os inteiros a 406 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 10, 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: Logo mdc(406,654) 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: ( 1) ( 1) (10 8 4) ( 1) ( 1) (444 10) ( 19) ( 19) ( ) ( 19) ( 19) ( ) ( 103) 654. Assim, (x, y) (8, 103) é uma solução. (c) Para resolver a equação ax+by 10 primeiro verificamos que 6 é divisor 1

2 de 10. De facto, Como a, b e c 10 são todos divisíveis por 6, a equação dada é equivalente a x y x + 109y 17. A identidade da alínea (a) mostra que x : 8, y : 103 é solução da equação 401x + 109y 1 (pois esta última equivale a 406x + 654y 6). Assim, (x 0,y 0 ) : (17 (8),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 401x + 109y 17 (note-se que 401 e 109 são primos entre si) são dadas por (x k,y k ) (x k, y 0 401k), k Z. Assim, basta encontrar k inteiro de modo a ter k positivo. Temos que ter k 5. Por exemplo, com k 5, obtemos (x k,y k ) ( 69,54). [Verificação: 401 ( 69) ] (d) Como 184/ , 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 b a, 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 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 respectivamente. 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. 3. Mostre ou indique um contra-exemplo para as seguintes afirmações:

3 (a) Sejam a, b, c Z. Se a bc então a b ou a c; (b) Sejam a,b,q,r Z tais que a bq + r. Então (a,b) (b,r); (c) Sejam m e n naturais cujas factorizações em primos não contém primos em comum. Então mdc(m,n) 1. (d) Sejam a,b Z. Se mdc(a,b) d então mdc( a d, b d ) 1. (e) Para a,b Z, e k N, temos mdc(ka,kb) k mdc(a,b). Resolução: (a) A afirmação é falsa em geral. Por exemplo, se a 6, b 3 e c 4 temos que a bc pois 6 1. No entanto, 6 não divide nem 3, nem 4. A afirmação é verdadeira nos casos em que a é primo (visto nas aulas), ou em que (b,c) 1 (ver o problema seguinte). (b) Seja d (a,b). Então d a e d b. Logo, d (a bq) pelo que d r. Logo d é um divisor comum a r e a b. Seja c um outro inteiro que divide b e r simultaneamente. Então também divide a bq + r. Como c divide a e b, então divide d (por definição de d (a,b)). Assim, qualquer divisor comum a b e r divide d. Conclui-se então que d é o mdc de b e r. (c) Vamos supor que d m, com d > 1. Seja p um primo que divide d. Então, pela transitividade, p m. Logo, se um inteiro é divisível por d > 1, então existe pelo menos um primo que o divide. Seja d > 1 um divisor comum a m e n. Então, há um primo p que divide m e n simultaneamente. Sejam m p 1 p r e n q 1 q s as factorizações de m e n. Por hipótese, nenhum dos p s é igual a um dos q s. Mas p p 1 p r implica que p p i para algum i (estamos a considerar os p i s podem ser iguais). Da mesma forma p n significa que p q 1 q s implica p q j para algum j. Isto contradiz o facto de {p 1,,p r } {q 1,,q s }. Logo, apenas d 1 divide simultaneamente m e n. (d) Se (a,b) d então, pela aplicação do algoritmo de Euclides, existe solução inteira de ax + by d. Mas a/d e b/d são também inteiros e aquela equação é equivalente a a d x + b d y 1. Seja ( a d, b d ) c. Então temos c a d e c b d, e esta equação implica c 1. Mas isto quer dizer que c 1. (e) Seja d mdc(a,b). Então kd ka e kd kb, porque d a e d b. Logo kd é um divisor comum a ka e kb. Por outro lado, pela identidade de Bézout, é possível resolver a equação d ax + by, com x,y Z, equação que equivale a kd kax + kby. Consideremos c Z tal que c ka e c kb. Pela última equação c kd. Assim, por definição, kd é o máximo divisor comum entre ka e kb. 4. Seja ( ) n k n! k!(n k)! o coeficiente binomial, para n k 0. Por convenção, assumimos que, para outros valores inteiros de n e k, ( n k) 0. Mostre, por indução, que ( ) n k n 1 j0 ( ) j. 3

4 Resolução: Vamos fixar um k N. Seja P(n,k) a equação acima, que se pretende mostrar. Seja n k. Então, a equação fica ( ) n n n 1 ( j j0 n 1) ( n 1), (são n 1 parcelas nulas, quando j < n 1) que equivale 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 (n + 1)! k k!(n + 1 k)! (n + 1 k)n! k!(n + 1 k)! + k n! k!(n + 1 k)! n! k!(n k)! + n! ()!(n + 1 k)! ( n k n j0 ) + ( n ( ) j, (n + 1)n! (n + 1 k)n! + k n! k!(n + 1 k)! k!(n + 1 k)! ) n 1 j0 ( j ) + ( ) n onde a hipótese de indução foi usada na igualdade da penúltima linha. 5. Seja n um natural e sejam b 1,,b n números reais positivos. Mostre, por indução, que a sua média aritmética é superior ou igual á sua média geométrica, isto é: b b n n (b 1 b n ) 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,,b n reais positivos. Consideremos então a 1,,a n+1 reais positivos arbitrários. Seja A : (a 1 a n+1 ) 1 ou seja A n+1 a 1 a n+1. Assim, existe pelo menos um par de índices distintos, i,j [n + 1] {1,,n + 1} tais que a i A a j > 0. Sem perda de generalidade, podemos assumir que esses índices são n e n + 1, ou seja, a n A a n+1 > 0. Isto significa que 0 1 A (a n A)(a n+1 A) a na n+1 A + A (a n + a n+1 ) (1) Seja b 1 : a 1,..., b n 1 : a n 1, mas agora b n : ana n+1 A. Então, usando a equação (1) na segunda linha: a a n+1 a a n 1 + a n + a n+1 a a n 1 + a na n+1 + A A b b n + A n(b 1 b n ) 1 n + A n(a 1 a n 1 a n a n+1 A ) 1 n + A n(a n+1 1 A ) 1 n + A na + A (n + 1)A (n + 1)(a 1 a n+1 ) 1 n+1 como queriamos provar (o passo de indução é usado na terceira linha). n+1, 4

5 6. Considere a seguinte afirmação, evidentemente falsa, em geral: P(n) : n k0 k n + n + 1. Vamos assumir que a proposição é válida para um dado natural n. Então n+1 n k (n+1)+ k n+1+ n + n + 1 k0 k0 n + 3n + 3 (n + 1) + (n + 1) + 1, 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 verdadeiro. De facto, por exemplo P(1) significaria que 1 k0 k , o que é falso. Da mesma forma, P() é falsa, etc, pelo que não conseguimos encontrar o natural n 0 a partir do qual aplicar a indução. 7. Seja m p k 1 1 pkr r a factorização de m Z em primos distintos (todos os k i > 0), e d > 0. Então d m se e só a factorização de d é p l 1 1 p lr r com l i 0, i 1,,r. Resolução: Seja d divisor positivo de m. Seja p um primo que entra na factorização de d. Então p d logo, pela transitividade, p m ou seja, p p k 1 1 pkr r. Assim p p k i i para algum i 1,,r. Mas p p k i i equivale a p p i (como se verifica facilmente), ou seja p p i, para algum i. Concluímos que todos os primos que entram na factorização de d pertencem a {p 1,,p r }. É fácil de ver que p l 1 1 p lr r p k 1 1 pkr r sempre que 0 l i k i (pois p k 1 1 pkr r q p l 1 1 p lr r, para certo q Z). Reciprocamente, se l i > k i então p l i i não divide p k i i, e a conclusão segue uma vez que todos os primos nesta factorização foram considerados distintos (ou seja p i p j para i e j índices distintos entre 1 e r). 8. Seja φ a função de Euler. (a) Uma função f : N N diz-se multiplicativa se f(mn) f(m)f(n) sempre que m e n sejam primos entre si. Mostre que a função φ de Euler é multiplicativa. (b) Prove que, se p 1,,p r são os inteiros que dividem um dado natural m N, então ) ) φ(m) m (1 1p1 (1 1pr. Resolução: (a) Por definição, φ(n) S n, onde S n 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 S mn e o produto cartesiano S m S n, o que basta para mostrar: φ(mn) S mn S m S n S m S n φ(m)φ(n). 5

6 Definimos então: ψ : S mn S m S n a (a m,a n ) onde, para cada a S mn, definimos a m [m] : {1,,m} e a n [n] como, respectivamente, o resto da divisão inteira de a por m, e o resto da divisão por n. Primeiro, verificamos que ψ está bem definida. De facto, se a S mn então (a, mn) 1. Logo, (a, m) 1 e (a, n) 1 (de verificação elementar, ou pelo teorema fundamental da aritmética). Pelo algoritmo de Euclides, (a,m) (m,a m ) (a,n) (n,a n ) 1. Assim, ψ está bem definida pois a m S m e a n S n. (Note-se que os casos a m 0 ou a n 0 não podem ocorrer). Vamos agora verificar que ψ é bijectiva. Para a sobrejectividade, seja (b,c) S m S n [m] [n]. Temos que encontrar a S mn tal que ψ(a) (b,c), ou seja (b,c), são os restos da divisão de algum a S mn por m e por n. Como m e n são primos, sabemos que a equação xm yn c b tem solução, para algum par de inteiros (x,y) Z. Assim, seja a : xm + b yn + c. () Podemos ver facilmente que a é primo com mn, ou seja (a,mn) 1 (o que se deixa ao leitor). Somando um múltiplo apropriado de mn, podemos garantir que a a + kmn [mn]. Assim, provámos que ψ é sobrejectiva. Suponhase agora que ψ(a) ψ(a ) (a m,a n ). Isso corresponde a encontrar outra solução da equação (). Como as soluções são parametrizadas por (x, y) (x 0 + kn,y 0 + km), quaisquer duas soluções a e a diferem por um múltiplo de mn, e concluimos que existe uma única solução em [mn] {1,, mn}. Assim, ψ é sobrejectiva e injectiva, pelo que é bijectiva, como pretendido. (b) Vamos usar os casos simples, em que sabemos φ(p k ) p k p k 1 quando p é primo (no caso de p k é fácil ver que os naturais p k que não são primos com p k são todos os múltiplos de p, de 1 até p k, e portanto são exactamente p k 1 números). Assim, seja m p k 1 1 pkr r a factorização de m em potências de primos. Usamos agora a propriedade multiplicativa da alínea (a), dado que (p k i i,pk j ) 1 sempre que i j. Temos então: como pretendido. j φ(nm) φ(p k 1 1 pkr r ) φ(p k 1 1 ) φ(pkr r ) (p k 1 1 pk 1 1 p k 1 1 pkr r m 1 ) (p kr r p kr 1 r ) ) ) (1 1p1 (1 1pr ) (1 1pr (1 1p1 ) 6