Alunos dorminhocos. 5 de Janeiro de 2015

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1 Alunos dorminhocos 5 de Janeiro de 2015 Resumo Objetivos principais da aula de hoje: entender a necessidade de se explorar um problema para chegar a uma solução; criar o hábito (ou pelo menos entender a importância) das demonstrações formais; ver algumas primeiras dicas de como resolver um problema. 1 O problema dos alunos dorminhocos Imagine uma aula de matemática com a seguinte propriedade: Cada aluno nesta aula tira uma única soneca: isto é, ele cai no sono num certo instante de tempo s e acorda no instante de tempo t > s. (Contaremos s, t e todos os números entre eles como momentos em que o dado aluno está dormindo.) Dados quaisquer dois alunos, há ao menos um instante de tempo em que ambos estão dormindo. Demonstre que há pelo menos um instante de tempo em que todos os alunos estão dormindo simultaneamente. 1.1 Introdução Vamos usar este problema como nosso ponto de partida no curso. Como veremos, ele é um típico problema em que a tese é intuitiva, mas uma solução correta pode não ser muito simples de escrever. Alguns dos pontos que buscaremos enfatizar são: 1. O que podemos ganhar tentando imaginar uma solução? 2. Será que desenhar o problema nos ajudará? 1

2 3. Como descobrimos quais técnicas e conceitos matemáticos devem estar envolvidos na solução do problema? 4. O que é a hipótese? O que é a tese? Como podemos enunciá-las de forma formal? 5. Como devemos apresentar a solução do problema? 1.2 Explorando o enunciado Eis uma dica fundamental para este problema. Desenhe o problema e explore seu desenho! Como se pode desenhar bem este problema? Vamos partir da maneira habitual de pensar no tempo como uma linha reta. O que você enxerga quando faz isto? Com alguma sorte, você deve enxergar algumas coisas. Primeiro, o tempo que cada aluno gasta dormindo é um intervalo fechado na reta, isto é, um conjunto de números reais entre t e s (incluindo os dois extremos). Além disto, quando falamos que dois alunos têm algum instante comum de soneca, isto quer dizer que os intervalos correspondentes têm interseção não-vazia. Isto nos dá um ponto fundamental para a solução formal do problema. Do ponto de vista formal, este é um problema sobre interseções de intervalos. Em segundo lugar, a validade da tese deve ficar mais intuitiva: se dois intervalos se interceptam e um terceiro intercepta estes dois, é evidente que os três se interceptam em algum lugar. O mesmo vale em desenhos com mais intervalos. Para se convencer disto, você deve seguir um princípio útil. Será que o enunciado funciona? Isto é, será que eu consigo desenhar intervalos que respeitam a restrição do problema (quaisquer dois se interceptam) sem satisfazer a conclusão de que todos têm um ponto comum de interseção? Tente bastante até se convencer de que isto não é possível. Há uma outra maneira de tentar fazer o problema quebrar que frequentemente nos ajuda a entendê-lo. Mude um pouco o enunciado e veja se o resultado pretendido ainda vale. 2

3 É um pouco difícil entender como isto deve ser feito de início, portanto eis uma dica simples. Vamos supôr que cada aluno pode tirar duas ou mais sonecas. Neste caso, é fácil observar que o resultado não vale. Eis um contra-exemplo com três alunos que dormem nos tempos: [1, 2] [3, 4], [3, 4] [6, 7] e [1, 2] [6, 7]. É, portanto, fundamental só termos uma soneca por aluno. O valor desta constatação é o seguinte. Imagine que um estudante apresenta o que acredita ser uma solução deste problema que não faz uso do fato que cada aluno tira uma única soneca. O exemplo que exibimos acima mostra que esta solução tem de estar errada, porque ela se aplicaria a situações em que não vale a conclusão final do problema Por que buscar uma solução formal? A esta altura você e eu já estamos convencidos de que o problema está correto e de que sua conclusão é intuitiva. A questão é: será que não estamos nos iludindo? Há vários casos em que um enunciado que parece verdadeiro se revela falso. Um matemático ilustre chamado Gian Carlo Rota ( ) escreveu: Na maior parte do tempo, o trabalho de um matemático é um emaranhado de chutes, analogias, frustação e a vontade de acreditar que as coisas são simples. Demonstrações não são a parte central das descobertas; normalmente elas são apenas a maneira que termos para impedir que nossas mentes nos enganem.[g. C. Rota] Duas coisas estão implícitas nestas frases. A primeira é que a demonstração formal só deve ser tentada quando já entendemos bem o problema e queremos ter certeza de que estamos certos. Em vários casos isto nos exigirá voltar várias vezes à fase de exploração do problema, buscando detalhes que podem nos ter passado desapercebidos e tentando novas ideias. Em segundo lugar, Rota nos alerta que às vezes nossas mentes nos enganam. Isto é, se queremos estar certos, devemos usar a intuição como caminho para descobrir uma demonstração formal. 1 É claro que, ao menos em princípio, há a possibilidade do estudante fazer uso de uma hipótese que impede o exemplo acima, mas é mais geral do que os intervalos fechados. O professor deve ter cuidado para não ser injusto com este aluno, que pode ter tido uma ideia brilhante; mas, na prática, é bem mais provável que estejamos diante de um erro. 3

4 Há também um argumento pedagógico para a busca de provas corretas. Um dos principais motivos para se aprender Matemática é desenvolver o pensamento lógico-dedutivo. É exatamente esta forma de raciocinar que exercitamos ao buscar uma demonstração formal. A intuição é a luz que ilumina nosso caminho dedutivo, mas é o rigor que nos dá segurança e firmeza. 1.4 Explorar com vistas a resolver Nossa exploração do problema já nos deu motivos para acreditar no problema. Agora vamos voltar a explorar o enunciado tentando achar caminhos para resolvê-lo. Esta frequentemente é a parte mais difícil, na qual só nos tornamos melhores com tranquilidade e bastante treino. Esta exploração de caminhos é em grande parte uma maneira de buscar a técnica certa para cada problema. Infelizmente os problemas não vêm com etiquetas indicando o que podemos fazer, então grande parte do nosso treino será na direção de tentar desenvolver nosso faro para as boas ideias. Por ora, vai ser útil usar dicas. Eis uma que é muito boa para o caso. Procure extremos! Este é um princípio geral vago. No nosso contexto particular, ele consiste em se observar que, se há uma soneca comum, ela só pode começar quando o útimo aluno cai no sono e tem de terminar com o primeiro que desperta. Alguns desenhos devem deixar claro que estes dois tempos são os limites da soneca comum. Agora já temos mais clareza do que provar. Objetivo novo: provar que há uma soneca comum, que vai do momento em que o último aluno cai no sono até o primeiro despertar. Note: em geral é necessário tentar vários objetivos até que um funcione. Neste caso isto não será necessário. 1.5 Do enunciado ao formalismo: hipótese e tese Este é um passo que frequentemente omitimos na prática, mas que tem sempre de estar presente (ainda que de forma implícita), porque a noção de corretude em Matemática passa necessariamente pelo formalismo. Primeiro vamos lembrar que temos um problema sobre intervalos fechados. Para sermos mais formais, vamos supôr que temos n alunos, onde n > 1 4

5 é natural. Numeraremos os alunos de 1 a n. O tempo em que um aluno 1 i n dorme é um intervalo I i = [a i, b i ] com a i < b i. Agora vamos formular nossas hipótese e tese. A hipótese deve esclarecer que temos intervalos fechados que se interceptam dois a dois. A tese deve afirmar que todos os intervalos se interceptam. Em matematiquês, isto se escreve assim. Teorema 1. Hipótese: I 1,..., I n sã o intervalos da forma I i = [a i, b i ] com a i < b i. Temos ainda que I j I j para quaisquer 1 i < j n. Tese: I 1 I 2 I n. 1.6 A demonstração Como já dissemos acima, a estratégia da prova será provar que o intervalo J = [max a i, min b j ], que possivelmente é degenerado, corresponde a momentos de soneca comum. Fazemos isto em partes. Parte 1: J é mesmo um intervalo. Para provar isto, precisamos mostrar que max a i min b j. Seja i um índice tal que a i = max a i e seja j tal que b j = min b j. Sabemos que os intervalos I i e I j se interceptam (por hipótese). Afirmação não-trivial: se dois intervalos fechados se interceptam, o menor ponto de um é menor que o maior ponto do outro. Esta afirmação é destacada por ser o ponto chave da prova formal. Ela é o principal ponto da prova em que usamos o fato de que lidamos com intervalos. Para demonstrar a afirmação, sejam A = [x, y] e B = [z, w] dois intervalos fechados quaisquer com x y e z w. A afirmação diz que y z sempre que A B. Vejamos porque isto é verdade. Se A B é não-vazio, tome t A B e note que: t A x t y e t B z t w. Portanto, z t y, o que implica z y, como desejado. No nosso caso particular, isto diz que a i b j, o que completa a primeira parte da prova. 5

6 Parte 2: J I 1 I n. Basta mostrar que J I k para todo 1 k n. Mas isto segue claramente do fato que a k max a i min b j b k. Exercício 1. Voce consegue mostrar que J = I 1 I 2 I n? Exercício 2. Voce consegue mostrar que dois intervalos fechados se interceptam se e somente se o menor ponto de um deles é menor que o maior ponto do outro? No que isto difere da afirmação não-trivial acima? Exercício 3. O que mudaria na prova se os intervalos fossem abertos? Exercício 4. Recorde os comentários feitos nas seções anteriores. De que maneira eles apareceram na prova formal? O que lhe pareceu mais ou menos importante para o resultado final? 2 Um jogo e um roteiro Jogos matemáticos oferecem um dos melhores caminhos para treinarmos a ideia de explorar o problema, seja preliminarmente, seja já com vistas a resolvê-lo. Eis um exemplo adaptado da OBM 2011 (note que usamos a convenção de que 0 não é natural). Vamos jogar o seguinte jogo. Eu começo escolhendo dois naturais i N (o início) e a N (o alvo) com i > 1. Escrevo a numa folha de papel e i no quadro negro. A partir daí só você age. A cada rodada você tem um número b N no quadro negro e pode substitui-lo por qualquer b da forma b = n.m, onde n, m N e n + m = b. Seu objetivo é conseguir escrever o alvo a no quadro ao fim de um número finito de rodadas (em particular, você ganha em 0 rodadas se i = a). Por exemplo, se eu escolho i = 5 e a = 50, você pode vencer com a seguinte sequência de substituições: 5 6 = = = = Do mesmo modo, você pode ganhar se i = 10 e a = = = = = Por outro lado, se i = 4 e a = 5, você pode se convencer que eu ganho. Prove que, se i > 4, você sempre pode vencer o jogo. 6

7 2.1 Explorando o jogo A exploração deste problema começa testando as regras do jogo para ver se a entendemos. Depois disso, podemos lembrar de um princípio geral muito importante: Princípio das histórias de detetive: tudo que é mencionado no enunciado do problema deve ser encarado como uma possível pista para a solução. O que é mencionado no enunciado? Além das regras, a úica coisa dita é que o número i deve ser maior do que três. Esta informação é relevante? É útil? Eis um outro princípio geral. Uma hipótese é útil sempre que o enunciado quebra quando a removemos. Veja que a hipótese é útil: se tomamos i = 1, nem dá para sair do lugar, enquanto que com i = 2, 3, 4 só conseguimos diminuir o valor no quadro. O que muda quando i > 4? A esta altura quem explorou o problema já sabe (ou pelo menos intui): se o número no quadro é pelo menos quatro, sempre dá para subir! Vamos tentar ser mais formais e indicar como se faz isto. Veja que, dado b N, sempre podemos transformálo em b := 2 (b 2) = 2b 4. Para que b > b, é necessário e suficiente que b > 4. Agora vem uma outra ideia geral: Explorar involve descobrir como você pode se mexer! De fato, já vimos que, partindo de um número maior que 4, podemos criar números cada vez maiores. Isso nos diz que podemos ultrapassar qualquer alvo estabelecido, mas ainda não é claro que podemos atingir exatamente os alvos. Explorando mais um pouco, no entanto, fica claro que também dá para descer usando a passagem b b 1 = (b 1) 1. O ponto crucial é que a queda é controlada: ao contrário da subida, sabemos exatamente o quanto descemos em cada passo! A esta altura a maioria dos alunos já sabe o que fazer para atingir o alvo: basta subir até ultrapassar o alvo e depois descer de um em um. Isto ainda não é uma solução formal porque para isso precisamos de algo que está certo sem deixar margem a dúvidas. Ou seja, precisamos escrever melhor e mais precisamente nossa ideia. 7

8 2.2 Enunciado e prova formais Vamos procurar exprimir nosso problema da forma mais formal possível. Para facilitar, começamos com uma definição. Definição: dados x, y N, escrevemos x y se existem n, m N com x = n + m e y = n m. Ou seja, x y significa que podemos passar de x para y em um estágio do nosso jogo. Hipótese: i N com i > 4; a N. Tese: existem k N {0} e (i 0,..., i k ) N k+1 com i 0 = i, i k = a e i 0 i 1 i 2 i k. Prova. Vamos dividir a prova em duas partes, usando dois conceitos diferentes. Fixamos um i > 4 o tempo todo e dizemos que 1. a N é ultrapassável se existem k N {0} e (i 0,..., i k ) N k+1 com i 0 = i, i k a e i 0 i 1 i 2 i k. 2. a N é atingível se existem k N {0} e (i 0,..., i k ) N k+1 com i 0 = i, i k = a e i 0 i 1 i 2 i k. Nosso objetivo pode ser reformulado como provar que todo natural é atingível. Nossa ideia de prova será fazer isto em duas partes. Lema 2. Todo a N é ultrapassável. Lema 3. Todo a N que é ultrapassável é também atingível. Veja que esta divisão respeita a ideia de que temos duas maneiras de andar no jogo : uma é subir sem controle até ultrapassar e a outra e descer até atingir o alvo. Note ainda que a tese segue trivialmente da combinação dos dois lemas. Prova do primeiro lema. Vamos provar isto por indução em a. Note que a = 1 é ultrapassável e que, de fato, todo a 5 é ultrapassável com k = 0, porque i = i 0 a automaticamente. Para fazer o passo indutivo, queremos mostrar que se a é ultra, a + 1 também é ultra. Fixe então um a que é ultra e tome k N, (i 0,..., i k ) com 8

9 i = i 0 i 1... toi k a. Veja que, se i k > a, então já ultrapassamos a + 1. Por outro lado, se i k = a, podemos tomar a = 2 + (a 2) e fazer i k+1 = 2 (a 2) = 2a 4. i k+1 ultrapassa a + 1 sempre que 2a 4 > a, ou seja, a 5. Por outro lado, se a < 5, então a e neste caso é automaticamente ultrapassável, como observado acima. Prova do segundo lema. Observe primeiramente que dizer que a é ultrapassável significa dizer que l N {0} tal que a + l é atingível. Portanto, fixado um a N ultrapassável, podemos definir l(a) := min{l N {0} : a + l é atingível.} Afirmamos que l(a) = 0, de modo que o próprio a é atingível. Para provar isto, vamos supor (por absurdo) que l(a) = l > 0, de modo que a + l é atingível, mas obrigatoriamente a + (l 1) não é atingível (afinal, l é mínimo!). Como a + l é atingível, a + l = i k para alguma sequência (i 0,..., i k ) como vimos acima. Agora observe que a + l = 1 + (a + l 1) e tome i k+1 := a + l 1. Veja que i k i k+1, logo (i 0,..., i k+1 ) atinge a + l 1. No entanto, isto contradiz o fato de que a + l 1 não é atingível, que seguiu da suposição de que l(a) > 0. Deduzimos que l(a) = 0, CQD. 9

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