XIX Semana Olímpica de Matemática. Nível 3. Funções Geratrizes. José Armando Barbosa

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1 XIX Semana Olímpica de Matemática Nível 3 Funções Geratrizes José Armando Barbosa O projeto da XIX Semana Olímpica de Matemática foi patrocinado por:

2 Funções Geratrizes Semana Olímpica/206 Prof. Armando 29 de janeiro de 206 Introdução Uma ferramenta muito interessante em olimpíadas de matemática é o uso das funções geratrizes. Através delas, somos capazes de aliar álgebra e combinatória para provar vários resultados muito interessantes. Vamos começar definindo o que é uma função geratriz. Considere uma sequência de números: a 0, a, a 2, A função geratriz associada à sequência acima é a série abaixo: f (x) = a 0 + a x + a 2 x 2 + Mas, qual a vantagem de associar uma sequência a uma série? Vejamos um exemplo: Problema Seja a 0 =, a = e Calcule a n em função de n. a n = 4 a n 4 a n 2 n 2 Solução: Considere a função geratriz onde cada termo a i é exatamente o i-ésimo termo da sequência do enunciado. Daí, temos que:

3 f (x) = a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + f (x) x = (4 a 4 a 0 ) x 2 + (4 a 2 4 a ) x 3 + f (x) x = ( 4a x + 4a 2 x 2 + ) x (4a 0 + 4a x + ) x 2 f (x) x = 4x (f (x) ) 4x 2 f (x) f (x) ( 4x + 4x 2 ) = + x 4x = 3x Por enquanto, para continuar o raciocínio, vamos supor que: Daí, temos que: x ± 2 f (x) ( 4x + 4x 2 ) = + x 4x = 3x f (x) = 2x x ( 2x) 2 f (x) = 2x x ( 2x) 2 Para continuar a solução, precisamos lembrar do famoso caso das PGs infinitas. Por ora, vamos simplesmente impor que: 2x < x < 2 Olhando pela primeira vez, parece estranho, mas note que não há nada que impeça essa restrição ao valor de x. Além disso, há uma vantagem: agora podemos usar a fórmula da soma da PG infinita. Com isso, temos que: n=0 x n = + x + x 2 + = x Outro fato muito conhecido é resultante de elevar ao quadrado (ou tirar a derivada ) o resultado acima. Nesse caso, podemos concluir que: ( ) 2 = ( + x + x 2 + )2 x ( x) 2 = + 2x + 3x 2 + 4x 3 + 5x 4 + = 2 n= nx n

4 Com os resultados acima, podemos terminar a questão. Para isso, voltemos ao último resultado encontrado: f (x) = f (x) = f (x) = a n x n = n=0 2x x ( 2x) 2 (2x) n x n (2x) n n=0 n= ( 2 n n 2 n ) x n n=0 Portanto, temos que: a n = 2 n n 2 n n Z 0. Para treinar um pouco Problema 2 Considerando a sequência de Fibonacci: F 0 = 0 F = F n = F n F n 2 n 2 a) Prove que a função geratriz associada, isto é, f (x) definida por: é igual a: f (x) = f (x) = F n x n n=0 x x x 2 b) Usando a fórmula do item anterior, prove que: F n = [( ) n ( 5 2 ) n ] 5 2 3

5 2 Usando números binomiais Uma das maiores utilidades de funções geratrizes está em resolver problemas de contagem. Em particular, problemas que envolvem escolher itens de um conjunto relacionam-se com funções geratrizes de forma que o coeficiente de x n está relacionado ao número de formas de escolher n itens. Vamos começar do básico. A sequência de números: ( ) n, 0 ( ) n,, ( ) n, 0, 0, 0 n possui a seguinte função geratriz associada: f (x) = Por exemplo, temos que: k=0 ( ) n x k = ( + x) n k O coeficiente de x 3 é ( n 3) e representa a quantidade de maneiras de escolher 3 elementos de um conjunto com n opções disponíveis. O coeficiente de x n+ é 0 e representa a quantidade de maneiras de escolher (n + ) elementos de um conjunto com n opções disponíveis. Podemos aproveitar para lembrar a definição formal de número binomial: 2. Definições de números binomiais Para qualquer número real u e número inteiro positivo k, nós podemos definir número binomial estendido como: ( ) u = k Além disso, nós podemos definir: u (u ) (u k + ) k! ( ) u = u R 0 4

6 Como consequência da primeira definição, temos que: Para inteiros positivos n e k, podemos concluir que: ( ) ( ) n n + k = ( ) k k k Note que com os exemplos acima, podemos analisar as funções geratrizes de funções como ( x) 4 = ( x) 4, + x = ( + x) 2, Através da seguinte expressão: Para todo número real u, temos que: ( + x) u = k=0 ( ) u = k ( ) u + 0 ( ) u x + Para fixar melhor, vejamos um exemplo de aplicação: ( ) u x Problema 3 Calcule o coeficiente de x 206 na função geratriz abaixo ( x) 2 ( + x) 2 Solução: Sejam A, B, C e D coeficientes tais que: ( x) 2 ( + x) = A 2 ( x) + B ( x) + C 2 ( + x) + D ( + x) 2 Fazendo as contas, temos que: ( x) 2 ( + x) 2 = ( A + C) x3 + ( A + B C + D) x 2 ( x) 2 ( + x) 2 + (A + 2B C 2D) x + (A + B + C + D) ( x) 2 ( + x) 2 Comparando coefientes, podemos concluir que: A + C = 0 A + B C + D = 0 A + 2B C 2D = 0 A + B + C + D = Resolvendo, temos que: 5

7 Pela primeira equação: A = C; Aplicando o resultado anterior na terceira equação: B = D; Aplicando os dois resultados anteriores na segunda equação: A = B = C = D; Usando o resultado anterior na quarta equação: Com isso, podemos concluir que: A = B = C = D = 4 ( x) 2 ( + x) = ( ) 2 4 ( x) + ( x) + 2 ( + x) + ( + x) 2 = 4 [( + ( x)) + ( + ( x)) 2 + ( + x) + ( + x) 2] Lembrando que: ( ) ( ) n n + k = ( ) k k k Temos então que, em cada um dos termos acima, o coeficiente de x 206 é igual a: ( + ( x)) : ( ) ( x) 206 = 206 ( + ( x)) 2 : ( ) 2 ( x) 206 = 206 ( ) ( ) ( ) 206 x 206 = x ( ) ( ) 2 2 ( ) 206 x 206 = x ( + x) : ( + x) 2 : ( ) x ( ) 2 x

8 Podemos, então, calcular o coeficiente de x 206 na função geratriz: = [( ) ( ) ( ) ( )] = [( ) ( )] = [ ( ) ( )] ( ) ( ) = [( ) ( )] = = 009 7

9 3 Variando a função geratriz Em certos casos, é mais interessante associar a sequência de números: com outra função geratriz: Vejamos um exemplo simples: a 0, a, a 2, g(x) = x a 0 + x a + x a 2 + Problema 4 Quantas soluções inteiras possui a equação a + b + c = 6 satisfazendo a 2 e b, c 4? Solução: Percebamos que: Como a 2, então podemos associar a contribuição de a com a função geratriz: g(x) = x + x 0 + x + x 2 Como b, c 4, então podemos associar as contribuições de b e c com as funções geratrizes: g(x) = x + x 2 + x 3 + x 4 Portanto, nosso interesse é procurar o coeficiente de x 6 na função geratriz abaixo: f (x) = (x + x 0 + x + x 2 ) (x + x 2 + x 3 + x 4 ) 2 = x ( + x + x 2 + x 3 ) 3 ( ) x 4 3 = x x = x ( 3x 4 + 3x 8 x 2 ) ( + ( x)) 3 [ ( ] 3 = (x 3x 5 + 3x 9 x 3 ) ( ) k )x k k 8 k=0

10 Notemos que o somatório relacionado a ( x) 3 começa com k = 0. Portanto, o coeficiente de x 6 procurado é igual a: ( ) ( ) 3 3 = ( ) 5 + ( 3) ( ) 5 ( ) ( ) = ( ) ( ) 3 5 ( ) ( ) 7 3 = 3 5 = = 2 3. Para treinar um pouco Problema 5 (Nórdica/2000) De quantas formas o número 2000 pode ser escrito como soma de 3 inteiros positivos tais que a a 2 a 3? 3.2 Falando mais sobre partições Uma partição de um inteiro n é uma sequência não crescente de inteiros positivos a a 2 a k tais que: n = a + a a k Dizemos que os a i s são partes da partição. Nesse caso, costumamos definir p(n) como a quantidade de formas distintas de particionar o número n. Por exemplo, p(4) = 5, pois temos as seguintes partições: 4 = 4; 4 = 3 + ; 4 = 2 + 2; 4 = ; 4 = Por convenção, p(0) =. Vamos resolver uma questão clássica sobre o assunto: Problema 6 Seja n um inteiro positivo. Sejam 9

11 f (n) o número de partições de n em partes distintas; g(n) o número de partições de n sendo todas as partes ímpares. Prove que f (n) = g(n). Solução: Pelas definições dadas no enunciado, temos que: f (n) é igual ao coeficiente de x n em: f (n) = ( + x) ( + x 2 ) ( + x 3 ) pois cada número i, representado por ( + x i ) pode participar ou não da partição. g(n) é igual ao coeficiente de x n em: g(n) = ( x 0 + x + x 2 + ) (x x 3 + x ) (x x 5 + x ) onde cada termo x i j representa que o impar j foi somado i vezes na partição. Arrumando g(n): g(n) = ( + x + x 2 + ) ( + x 3 + x 6 + ) ( + x 5 + x ) Vamos primeiro melhorar g(n). Tomando x tal que x <, teremos então muitas somas de PG infinitas. Daí, temos que: g(n) = ( + x + x 2 + ) ( + x 3 + x 6 + ) ( + x 5 + x ) ( ) ( ) ( ) g(n) = x x 3 x 5 Agora basta ajustar f (n). Daí, podemos concluir que: f (n) = ( + x) ( + x 2 ) ( + x 3 ) ( ) ( ) ( ) x 2 x 4 x 6 f (n) = x x 2 x 3 Daí, notemos que f (n) = g(n), pois na fatoração de f (n) só restarão os temos do tipo: x i i impar 0

12 3.3 Generalizando... Problema 7 Seja p(n) o número de partições de n. Mostre que a função geratriz para p(n) é igual a: p(x) x n = n=0 ( ) ( ) ( ) x x 2 x 3

13 4 Olhando raízes da unidade Em algumas situações, o mais interessante não é fazer x <, mas sim observar as raízes da unidade. Antes de tudo, relembremos o que são raízes da unidade: Uma n-ésima raíz da unidade é um número complexo ω tal que ω n =. Por exemplo, as raízes quartas da unidade são : ±, ±i. É possível provar, porém foge do escopo desse material, que: ( ) 2kπ w = cis k = 0,,, (n ) n Sendo cis (α) = cos (α) + i sin (α). Uma relação extremamente útil sobre raíz da unidade ω, provada, por exemplo, com relação de Girard, está a seguir: + ω + ω ω n = 0 ω Vejamos dois exercícios resolvidos: Problema 8 Um retângulo a b pode ser coberto completamente, sem buracos, excessos ou sobreposições, com peças do tipo p e q, sendo a, b, p e q inteiros positivos fixados. Prove que p a ou q b. Obs.: As peças não podem ser rotacionadas. Em outras palavras, uma peça k é diferente de uma peça k. Solução: Coloquemos em cada peça localizada na posição (i, j) o termo x i y j, sendo i a e j b. Nesse caso, temos que: para cada peça p, podemos associar a soma: x i y j + x i+ y j + + x i+p y j = x i y j ( + x + x p ) analogamente, para cada peça q, podemos associar a soma: x i y j ( + y + + y q ) Para facilitar então, tomemos caras adequados. Sejam x e y tais que: ( ) ( ) 2π 2π x = cis y = cis p q 2

14 Para esses x e y escolhidos, temos que a soma dos termos de cada peça p ou q é igual a 0 pela relação extremamente útil citada. Daí, como a cobertura é possível, então temos que a soma de todos os números da forma x i y j, sendo i a e j b, é igual a 0. Daí, temos que: 0 = a b ( xi y j) = i= j= a x i b i= j= y j Daí, temos dois casos: = xa x yb y. x a = 0 x a = : Nesse caso, temos que: ( ) a ( ) 2π 2π a x a = cis = cis p p 2aπ p p a = = 2kπ k Z 2. y b = 0 y b = : Analogamente, esse caso leva a: q b. Problema 9 Encontre o número de subconjuntos de {, 2,, 206} cuja a soma dos elementos é divisível por 3. Solução: Consideremos a função geratriz Note que cada subconjunto f (x) = ( + x) ( + x 2 ) ( + x 206 ) corresponde a um termo da forma {a, a 2,, a k } {, 2,, 206} x a +a 2 + +a k 3

15 na expansão de f (x). Portanto, para cada m, o coeficiente de x m em f (x) é igual a quantidade de subconjuntos de {, 2,, 206} cuja soma dos elementos é igual a m. Dessa forma, estamos interessados em calcular a soma dos coeficientes de x k tal que 3 k. Nada mais natural, então, do que usar uma 3 a raíz da unidade, pois, nesse caso, só os termos que nos interessam não são zerados. Façamos isso então. Seja ω tal que: ω = cis ( ) 2π 3 Daí, pela relação extremamente útil, citada acima, temos que a resposta procurada T é igual a: T = 3 (f () + f (ω) + + f (ω 2 ) ) Para entender melhor porque a expressão acima é a resposta procurada, vejamos o coefiente de x na soma: S = f () + f (ω) + + f (ω 2 ). Seja a esse coeficiente. Daí, temos que: f () = a 0 + a + f (ω) = a 0 + a w + f (ω 2 ) = a 0 + a w 2 +. f (ω 2 ) = a 0 + a w 2 + Portanto, o coeficiente de x na soma S é igual a: + ω + + ω 2 = 0, pela relação extremamente útil. A análise dos coeficientes de x m, tal que 3 m são análogos, pois para k 2, o conjunto {k, 2k,, 2k} é uma permutação de {, 2,, 2} em relação a resíduos (mod 3). Agora, tentemos achar esse valor. Primeiramente, lembremos que os zeros do polinômio y 3 = 0 são, ω, ω 2,.ω 2. Daí, temos que: y 3 = (y ) (y ω) (y ω 2 ) (y ω 2 ) Fazendo y =, podemos concluir que: 4

16 2 = ( + ) ( + ω) ( + ω 2 ) ( + ω 2 ) Lembrando que k 2, o conjunto {k, 2k,, 2k} é uma permutação de {, 2,, 2} em relação a resíduos (mod 3). Daí, temos que: ( + ) ( + ω k ) ( + ω 2k ) ( + ω 2k ) = 2 Como 206 = , então nós temos que: f (ω k ) = ( + ω k ) ( + ω 2k ) ( + ω 206k ) = [ ( + ) ( + ω k ) ( + ω 2k ) ( + ω 2k ) ] 55 ( + ω k ) = 2 55 ( + ω k ) Lembrando que f () = 2 206, então podemos concluir que: T = 3 (f () + f (ω) + + f (ω 2 ) ) = 3 [ (2 + ω + ω ω 2)] = 3 ( ) T = Para treinar mais um pouco Problema 0 Encontre o número de subconjuntos de {, 2,, 206} cuja a soma dos elementos é divisível por 6. 5

17 5 Questões Problema (Itália/996) Dado o alfabeto com três letras a, b e c encontre o número de palavras com n letras contendo um número par de a s. Problema 2 Calcule a n sabendo que: a 0 = a = 2 a n+2 = 5a n+ 4a n n 0 Problema 3 (Kosovo-TST/205) a) Prove que para todo natural n, existem naturais a e b tais que: ( 2) n = a b 2 a 2 2b 2 = ( ) n b) Usando a primeira equação, prove que para todo inteiro n existe um inteiro m tal que: ( 2 ) n = m m Problema 4 (Teste Cone Sul/203) Uma sequência de números reais a, a 2,..., a n,... é tal que a =, a 2 = 9 e a n+2 = 4a n+ a n 4 para todos os inteiros positivos n. Prove que para cada inteiro positivo n o número a n é um quadrado de um número inteiro. Problema 5 a) Sejam α, β números complexos. Determine a função geratriz da sequência a n tal que: a 0 = α a = β a n = a n + a n 2 n 2 b) Determine a função geratriz para a sequência b n tal que: b 0 = 0 b n = 2b n + n n 6

18 Problema 6 Sendo n um inteiro positivo, seja a n o número de formas de n reais ser trocado em moedas de real ou cédulas de 2 reais. Por exemplo, a 3 = 2 pois temos duas formas de trocar 3 reais: cédula de 2 reais + moeda de real ou 3 moedas de real. Calcule a n. Problema 7 Seja n um inteiro positivo. Calulce o número a n de polinômios P(x) cujo todos os coeficientes estão em {0,, 2, 3} tal que P(2) = n. Problema 8 No Brasil, existe moedas de, 5, 0, 25, 50 centavos e a moeda de real. De quantas formas distintas podemos juntar (ou seja, 00 centavos) com essas moedas? Problema 9 Seja n um inteiro positivo. Mostre que o número de partições de n em partes impares maiores que é igual ao número de partições de n em partes distintas, sendo nenhuma delas uma potência de 2. Problema 20 (Shortlist-IMO/998) Sejam a 0, a, a 2, uma sequência crescente de inteiros não negativos tal que cada número inteiro não negativo pode ser expresso unicamente na forma a i + 2 a j + 4 a k sendo i, j, e k não necessariamente distintos. Determine a 998. Problema 2 Uma sequência de 2n parenteses é considerada válida se: existem n abre parenteses e n fecha parenteses; considerando uma soma S = 0, ao percorrer a sequência da esquerda para direita, adicionando a cada abre parenteses e subtraindo a cada fecha parenteses, então essa soma nunca é negativa. Seja C n a quantidade de sequências válidas com 2n parenteses. Por exemplo, para C 2 = 2, pois há 2 sequências possíveis com 2 pares de parenteses: ()() e (()). Obs.: Considere C 0 =. a) Prove que: C n = C n C 0 + C n 2 C + + C C n 2 + C 0 C n 7

19 b) Sendo f (x) a função geratriz associada, isto é: Prove que: f (x) = C i x i i=0 f (x) = C 0 + x (f (x)) 2 c) Demonstre que: ( 4x) /2 =! 2x 2! 4 x2 3 3! d) Mostre que: C n = n + 8 x ! ( ) 2n n 6 x 4 Obs.: C n é chamado de n-ésimo número de Catalan. Outra questão bastante clássica associada a tal número é a de provar que há C n formas diferentes de dividir um polígono convexo de (n + 2) lados em triângulos a partir dos traços de algumas de suas diagonais, sendo os lados de tais triângulos os lados ou as diagonais de tal polígono. Problema 22 (IME/2005) Sejam S 0 e S somas definidas por: S 0 = S = ( ) ( ) ( n n n n 3 ( ) ( ) ( n n ) n (n ) 3 ) + Calcule os valores de S 0 e S em função de n. Sugestão: utilize o desenvolvimento em binômio de Newton de ( ) n. + cis 2π 3 Problema 23 É possível particionar o conjunto N de todos os inteiros positivos em mais que um, porém um número finito, de progressões aritméticas de forma que elas são todas duas a duas distintas entre si? 8

20 Problema 24 (IMO/995) Seja p um número primo impar. Encontre todos os subconjuntos A de {, 2,, 2p} tais que: (i) A tem exatamente p elementos; (ii) a soma de todos os elementos de A é divisível por p. Problema 25 (Bulgária-TST/2005) Encontre o número de subconjuntos B do conjunto {, 2,, 2005} tal que a soma dos elementos de B deixa resto 2006 na divisão por Obs.: Questão pegadinha! 9

21 6 Algumas séries formais conhecidas Sequência Série formal Fórmula fechada (,,,,...) n 0 xn x (,,,,...) n 0 ( )n x n +x { (, 0,, 0,...) n 0 x2n x 2, se k n a n = 0, caso contrário (, 2, 3, 4,...) (, c, ( ( c 2), c ) 3,...) (, c, ( ) ( c+ 2, c+2 ) 3,...) (, ( m+ m n 0 n 0 xkn x k (n + )xn ) ( x) 2 x n ( ( + x) c c+n ) x n n 0 ( c n (, ) c, ( c 2, c 3,...), m+2 ) ( m, m+3 ) m,...) n 0 (0,,,,...) 2 3 n n 0 n ( x) n 0 c ( cn x n cx m+n ) m x n ( x) m+ x n n ln ( ) n+ x n x (0,,,,...) 2 3 n n ln( + x) (,,,,...) 2 6 n x n n! e x 20

22 7 Outras questões de recorrência Problema 26 Prove as seguintes fórmulas da sequência de Fibonacci: a) F 0 + F + + F n = F n+2 ; b) F 0 F + F 2 F 2n + F 2n = F 2n ; c) F0 2 + F 2 + F Fn 2 = F n F n+ ; d) F n F n+ = Fn 2 + ( ) n ; e) F m+n+ = F m+ F n+ + F m F n. Obs.: Na sequência de Fibonacci, temos que: F 0 = 0. Problema 27 (Alemanha/200) Seja uma sequência a i R, i, 2,, n tal que: a 0 = a n+ = a n + (a n+ + a n ) Prove que tal sequência é única e encontre uma fórmula para a recorrência definida por esta sequência. Problema 28 (Turquia/998) Seja a n uma sequência de números reais definida por: a = t a n+ = 4 a n ( a n ), n Para quantos valores distintos de t temos a 998 = 0? Problema 29 (Sérvia/20) Seja n 2 um inteiro. sequência de reais positivos tais que: Seja a 0,, a n uma (a k + a k ) (a k + a k+ ) = (a k a k+ ) para todo k =, 2,, (n ). Prove que a n < n. 2

23 Problema 30 (Irlanda/999) Mostre que existe um número positivo na sequência de Fibonacci que é divisível por 000. Problema 3 (Seletiva Fortaleza - Rioplatense/202) Mostre que se p é um divisor primo de L 2n 2, entãop p é um divisor primo de L 2n+. Obs.: L k é a sequencia de Lucas: L 0 = 2 ; L = e, para k : L k+ = L k + L k. Problema 32 (Bulgária/202) A sequência a, a 2, é definida pela regra: a n+ = a n + 2 t(n), n sendo t(n) o número de divisores positivos distintos de n. É possível que dois termos consecutivos da sequência sejam quadrados de números naturais? Problema 33 Considere a sequência: Determine o valor de a n. a 0 = a = a n+2 = a2 n+ + 2 a n para n 0 Problema 34 (Espanha/202) Uma sequência (a n ) n é definida pela recorrência: a = a 2 = 5 a n = a2 n + 4 a n 2 Prove que todos os termos da sequência são inteiros e determine o valor de a n. Problema 35 (Lista Cone Sul/204) Considere a sequência (x n ) n tal que: Prove que x x = x 2 = 20 x n+2 = 4022x n+ x n, n = 0,, é um quadrado perfeito. 22

24 Problema 36 (Lista Cone Sul/204) Seja a n uma sequência de inteiros tais que: (n ) a n+ = (n + ) a n 2 (n ), n Sabendo que 206 a 205, encontre o menor valor de n 2 tal que 206 a n. Problema 37 (Teste Cone Sul/203) Seja x = e para todo inteiro n seja x n definida por: xn x n+ = x n n onde n denota parte inteira de n. Encontre o valor de x 203. Problema 38 (IMO - Shortlist/2006) Uma sequência de números reais a 0, a,, a n é definida da seguinte forma: Prove que a n = a n+2 para algum n. a 0 é um número real qualquer; a n+ = a n {a n } para n 0 Problema 39 (Rússia/2008) As sequências a n e b n são definidas da seguinte forma: a =, b = 2 a n+ = + a n + a n b n b n Prove que a 2008 < 5., b n+ = + b n + a n b n a n para n Problema 40 (Ibero/2002) A sequência (a n ) n é definida como: a = 56 a n+ = a n a n, para cadan Demonstre que existe um inteiro k, k 2002, tal que a k < 0. Problema 4 (Ibero/200) Determine se existe inteiros positivos a, b tais que todos os termos da sequência x n definidos por: são inteiros. x = 200 x 2 = 20 x n+2 = x n + x n+ + a x n x n+ + b 23