Aula 2 - POT - Teoria dos Números - Fabio E. Brochero Martinez Carlos Gustavo T. de A. Moreira Nicolau C. Saldanha Eduardo Tengan

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1 Aula - POT - Teoria dos Números - Nível III - Pricípios Fabio E. Brochero Martiez Carlos Gustavo T. de A. Moreira Nicolau C. Saldaha Eduardo Tega de Julho de 01

2 Pricípios Nesta aula apresetaremos algus pricípios fudametais: o Pricípio da Idução Fiita e o Pricípio da Casa dos Pombos. Esta é uma versão do capítulo 0 de [1]. 0.1 Pricípio da Idução Fiita Seja P( uma propriedade do úmero atural, por exemplo: pode ser fatorado em um produto de úmeros primos; (+1 ; a equação x+3y admite solução com x e y iteiros positivos. Uma maeira de provar que P( é verdadeira para todo atural 0 é utilizar o chamado Pricípio da Idução Fiita (PIF, que é um dos axiomas que caracterizam o cojuto dos úmeros aturais. O PIF cosiste em verificar duas coisas: 1. (Base da Idução P( 0 é verdadeira e. (PassoIdutivoSeP(éverdadeiraparaalgumúmeroatural 0, etão P(+1 também é verdadeira. Na base da idução, verificamos que a propriedade é válida para um valor iicial 0. O passo idutivo cosiste em mostrar como utilizar a validade da propriedade para um dado (a chamada hipótese de idução para provar a validade da mesma propriedade para o iteiro seguite + 1. Uma vez verificados a base e o passo idutivo, temos uma cadeia de implicações P( 0 é verdadeira (base. passo idutivo P( 0 +1 é verdadeira passo idutivo P( 0 + é verdadeira passo idutivo P( 0 +3 é verdadeira de modo que P( é verdadeira para todo atural 0. Vejamos algus exemplos. 1

3 PRINCÍPIOS Exemplo 0.1. Demostrar que, para todo iteiro positivo, (+1. Solução: Observemos que 1 1 dode a igualdade vale para 1 (base da idução. Agora supoha que a igualdade valha para k (hipótese de idução: k(k k Somado k +1 a ambos lados da igualdade, obtemos 1++ +k +(k +1 k(k +1 +(k +1 (k +1(k + de modo que a igualdade também vale para k +1. Pelo PIF, a igualdade vale para todo úmero atural 1. Exemplo 0.. Demostrar que, para todo úmero atural, é múltiplo de 4. M ( 1(3+ Solução: Veja que se 0 etão M 0 0, que é um múltiplo de 4 (base da idução. Agora, supohamos que para certo iteiro k o úmero M k é divisível por 4 (hipótese de idução e vamos mostrar que M k+1 também é divisível por 4 (passo idutivo. Calculamos primeiramete a difereça M k+1 M k (k +1 ( (k +1 1 ( 3(k +1+ k(k 1(3k + k(k +1[(k +(3k +5 (k 1(3k +] 1k(k +1. Um dos úmeros aturais cosecutivos k e k+1 é par dode k(k+1 é sempre par e 1k(k + 1 é divisível por 4. Por hipótese de idução, M k é divisível por 4 e temos portato que M k+1 M k +1k(k+1 também é divisível por 4, como se queria demostrar. Uma variate do PIF é a seguite versão (às vezes apelidada de pricípio de idução forte ou pricípio de idução completa, em que se deve mostrar 1. (Base da Idução P( 0 é verdadeira e. (Passo Idutivo Se P(k é verdadeira para todo atural k tal que 0 k, etão P(+1 também é verdadeira. Exemplo 0.3. A sequêcia de Fiboacci F é a sequêcia defiida recursivamete por F 0 0, F 1 1 e F F 1 +F para

4 0.1. PRINCÍPIO DA INDUÇÃO FINITA 3 Assim, seus primeiros termos são Mostre que F 0 0, F 1 1, F 1, F 3, F 4 3, F 5 5, F 6 8,... F α β α β ode α 1+ 5 e β 1 5 são as raízes de x x+1. Solução: Temos que F 0 α0 β 0 α β 0 e F 1 α1 β 1 α β 1 (base de idução. Agora seja 1 e supoha que F k αk β k α β para todo k com 0 k (hipótese de idução. Assim, F +1 F +F 1 α β α β + α 1 β 1 α β (α +α 1 (β +β 1 α β α+1 β +1 α β pois α α+1 α +1 α +α 1 e aalogamete β +1 β +β 1. Observe que, este exemplo, como o passo idutivo utiliza os valores de dois termos ateriores da sequêcia de Fiboacci, a base requer verificar a fórmula para os dois termos iiciais F 0 e F 1 e ão apeas para o primeiro termo. Exemplo 0.4. Prove usado o pricípio da idução matemática que ( Solução: Vejamos que se 1 temos que 1 < 1 3. Supohamos que para um certo temos Para o caso seguite temos que ( ( 1 (+1 4 ( Isso sua vez é equiva- +3 e assim basta mostrar que +1 lete a mostrar que H.I. < , , mas, elevado ao quadrado, também vai ser equivalete a mostrar (+1(+3 (+, o que (expadido os dois lados é claramete verdadeiro, o que coclui a prova. Exemplo 0.5. Demostrar que, para quaisquer aturais m, o coeficiete biomial ( def! m m!( m! é iteiro.

5 4 PRINCÍPIOS Solução: Procederemos por idução sobre a soma m +. Se m + 0 etão m 0 e ( é iteiro (base de idução. Para o passo idutivo, observe primeiramete que para 0 < m < temos a seguite idetidade de biomiais ( ( ( m m m 1 que segue diretamete das defiições: ( ( 1 1 ( 1! + m m 1 m!( m 1! + ( 1! (m 1!( m! ( ( ( m+m ( 1!. m!( m! m Agora supohamos que ( m é iteiro para m+ k (hipótese de idução. Note que podemos supor também que 0 < m <, já que se m ou m 0 temos ( m 1 e o resultado vale trivialmete. Assim, se m+ k+1, temos que ( ( m 1 ( m + 1 m 1 é iteiro também pois cada somado da direita é iteiro pela hipótese de idução. Exemplo 0.6. Sejam x 1,...,x úmeros reais positivos. Neste exercício vamos provar que x 1 + +x x 1 x. Tal desigualdade é cohecida como desigualdade das médias aritmética e geométrica. (a Utilize o PIF para mostrar a desigualdade das médias para k. (b Sejam x 1,...,x reais positivos fixados e A x1+ +x a média aritmética destes úmeros. Supoha que a desigualdade valha para +1 úmeros reais positivos quaisquer; aplicado-a para x 1,...,x,A, coclua que a desigualdade vale também para quaisquer úmeros reais positivos. (c Combiado os ites ateriores, prove a desigualdade para todo atural. Solução: Primeiro observemos que se a,b > 0 etão 0 (a b a ab+b (a+b 4ab, logo ab a+b, assim a desigualdade vale para. Agora mostremos que se a desigualdade vale para k etão a desigualdade vale para k. De fato x 1 + +x k k x 1+ +x k k + x k+1+ +x k k k x 1 x k + k x k+1 x k k x1 x k k x k+1 x k k x 1 x k. Assim a desigualdade é verdadeira para,4,8,...,,... Supohamos que a desigualdade é verdadeira para + 1, e sejam x 1,...,x reais positivos,

6 0.1. PRINCÍPIO DA INDUÇÃO FINITA 5 defiamos A x1+ +x e G x 1 x, temos que mostrar que A G, mas de fato sabemos que A x 1 + +x +A x 1 x A G +1 A Daqui facilmete cocluímos o que queríamos demostrar. Um terceiro disfarce do PIF é o chamado pricípio da boa ordeação (PBO dos úmeros aturais, que afirma que todo subcojuto A ão vazio de N tem um elemeto míimo. (Você sabe dizer por que o pricípio da boa ordem ão vale para o cojuto Z de todos os iteiros? Vejamos a equivalêcia etre os dois pricípios. Assuma primeiramete o PBO e seja P( uma propriedade para a qual P(0 é verdadeira e P( verdadeira implica P(+1 verdadeira. Seja B o cojuto dos tais que P( é falsa; devemos mostrar que B. Supoha que ão; pelo PBO o cojuto B possui um meor elemeto b. Como 0 / B (pois P(0 é verdadeira por hipótese temos que b 1 e assim b 1 N e pela miimalidade de b temos que b 1 / B, ou seja, P(b 1 é verdadeira. Mas por hipótese temos etão que P(b também é verdadeira, o que é um absurdo, logo B. Assuma agora o PIF e seja A N um subcojuto ão vazio. Defia agora o cojuto B {b N a / A para todo a < b}. Trivialmete 0 B. Afirmamos que existe k B tal que k + 1 / B e esse caso k será o meor elemeto de A. De fato, se isto ão acotecer, teremos que 0 B e k B implica que k +1 B. Logo, pelo PIF, B N e A, o que é absurdo. Exemplo 0.7. Demostrarque toda fução f : N N moótoa ão-crescete (isto é, m f( f(m é costate a partir de um certo úmero atural. Solução: Seja A N a imagem de f. Pelo PBO, tal cojuto possui elemeto míimo a 0. Seja 0 um atural tal que f( 0 a 0. Como a fução é moótoa ão-crescete etão para todo 0 temos que f( f( 0, mas pela defiição de a 0 temos f( a 0. Logo f( a 0 para todo 0, como queríamos demostrar. Observação 0.8. Dado um cojuto S, uma relação em S é chamada de ordem parcial em S se ela satisfaz os seguites axiomas: 1. (Reflexividade a a para todo a S.. (Ati-simetria se a b e b a etão a b. 3. (Trasitividade se a b e b c etão a c. Dizemos que é uma ordem total se, dados quaisquer a,b S, ou a b ou b a. Uma ordem total em S é uma boa ordem se todo subcojuto A de S possui um elemeto míimo, isto é, um elemeto a A tal que a b para todo b A. É possível demostrar que para todo cojuto S podemos defiir uma ordem total em S que é uma boa ordem. Este fato usa o axioma da escolha (e a verdade é equivalete a ele e está fora do propósito deste livro. Veja por exemplo [3].

7 6 PRINCÍPIOS Problemas Propostos 0.1. Demostrar por idução que para 1 atural (a (+1(+1 6. (b ( (c ( ( ( (d sex+sex+ +sex se (+1x se x se x. 0.. Seja F o -ésimo termo da sequêcia de Fiboacci. Demostrar que para todo atural 1 temos (a F 1 +F + +F F + 1. (b F +1 F 1 F ( 1. ( ( 1 1 F+1 F (c. 1 0 F F 1 (d ( ( ( 1 + ( F+1, ode a soma iterpretamos 0 se k > m. ( m k 0.3. Demostrar que (a 3 é um múltiplo de 6 para todo atural. (b 5 1 é múltiplo de 4 para todo úmero atural par. (c +1 é múltiplo de 3 para todo atural ímpar Mostre que para todo atural 4 (a <!. (b 3 > Dado um iteiro positivo, defiimos T(,1 e, para todo k 1, T(,k + 1 T(,k. Prove que existe c N tal que, para todo k 1, T(010,k < T(,k + c. Determie o meor iteiro positivo c com essa propriedade Mostre que para todo e k iteiros positivos ( ( ( ( ( k +k Demostre a fórmula do biômio de Newto para atural: ( ( ( ( (x+y x + x 1 y + + xy 1 + y

8 0.. PRINCÍPIO DA CASA DOS POMBOS Ecotrar com demostração uma expressão para o multiômio (x 1 +x + +x k em termos dos coeficietes multiomiais ( i 1,...,i k ode i 1 + +i k. def! i 1! i k! 0.9. Cosidere retas em posição geral em um plao, isto é, sem que haja duas retas paralelas ou três retas cocorretes em um mesmo poto. (a Determie em fução de o úmero de regiões em que as retas dividem o plao. (b Demostre que é possível colorir essas regiões com duas cores sem que duas regiões vizihas teham a mesma cor (duas regiões são vizihas se elas possuem um segmeto de reta em comum Demostrar que para cada úmero atural existe um úmero atural M satisfazedo simultaeamete as seguites duas codições: (i M possui dígitos pertecetes ao cojuto {1, }. (ii M é divisível por (IMO1987. Mostre que ão existe uma fução f: N N tal que f(f( para todo N. 0. Pricípio da Casa dos Pombos É ituitivamete claro que se colocamos +1 objetos em gavetas etão haverá ao meos uma gaveta com mais de um objeto. Isto é exatamete o que afirma o chamado Pricípio da Casa dos Pombos (PCP ou Pricípio das Gavetas de Dirichlet: se temos k + 1 pombos e casihas, etão existirá uma casiha ode haverá pelo meos k + 1 pombos. De fato, se em todas as casas houvesse o máximo k pombos, etão o úmero de pombos ão poderia ultrapassar k. O PCP parece bastate iocete, mas tem muitas aplicações iteressates, especialmete em argumetos de existêcia em que ão se determia o objeto procurado explicitamete. Como exemplos falam mais do que 10 3 palavras, vejamos algus. Exemplo 0.9. Do cojuto A {1,,...,99,100}, escolhemos ao acaso 51 úmeros. Demostrar que etre os úmeros escolhidos sempre existem dois que são cosecutivos. Solução: Para provar isto, primeiro escolhamos gavetas adequadas ao problema. Distribuímos os úmeros de A em 50 gavetas assim costruídas: {1,} {3,4} {5,6} {99,100}

9 8 PRINCÍPIOS Como há 50 gavetas das quais retiramos 51 úmeros, sempre existirá uma gaveta da qual escolhemos dois úmeros e estes, graças à ossa costrução, serão cosecutivos. Podemos geeralizar este resultado cosiderado os úmeros {1,,...,} e escolhedo detre eles +1 úmeros ao acaso. Exemplo Do cojuto A {1,,...,99,100}, escolhemos ao acaso 55 úmeros. Demostrar que etre os úmeros escolhidos sempre existem dois tais que sua difereça é 9. Solução: Como o exemplo aterior o problema é descobrir como formar as gavetas. Cosideremos as gavetas umeradas 0,1,,...,8, ode o úmero é colocado a gaveta i se, e só se, o resto a divisão de por 9 é i. Como escolhemos úmeros, pelo PCP existirá uma gaveta j a qual há 7 ou mais úmeros escolhidos. Mas em cada gaveta há o máximo 1 úmeros (por exemplo, o cojuto {1,10,19,8,37,46,55,64,73,8,91,100} possui exatamete 1 elemetos. Segue, como o problema aterior, que existirão dois úmeros que serão cosecutivos em tal cojuto, isto é, dois úmeros cuja difereça é 9. Exemplo Demostrar que qualquer cojuto de iteiros possui um subcojuto ão vazio cuja soma dos elemetos é divisível por. Solução: Sejam a 1,a,...,a os elemetos do cojuto, e defiamos as somas parciais s j a 1 + +a j para j 1,...,. Se algum dos s j é divisível por o problema fica resolvido. Se ehum é divisível por, etão os possíveis restos a divisão por são 1,,..., 1 e como há somas parciais pelo PCP existem duas s j e s k com j < k que deixam o mesmo. Portato s k s j a j a k é divisível por e {a j+1,a j+,...,a k } é o subcojuto procurado. Por outro lado, observemos que é a quatidade míima de elemetos para que se verifique tal codição, o setido em que existem cojutos A com 1 elemetos tais que a soma dos elemetos de todo subcojuto ão vazio de A ão é divisível por. Por exemplo, A {1,+1,+1,...,( 1+1} é um destes cojutos (verifique!. Exemplo 0.1. Seja α um úmero real. Demostrar que, para todo iteiro, existe um iteiro 0 < k < tal que o módulo da difereça etre kα e seu iteiro mais próximo é meor ou igual a 1. Solução: Vamos deotar por {x} a parte fracioária do úmero real x, isto é, o úico real que satisfaz 0 {x} < 1 e x m+{x} para algum m Z. Cosidere {kα} para k 1,,...,. Particioe o itervalo [0,1 em partes de tamaho 1 : [0,1 [ 0, 1 [ 1, [, 3 [ 1,1 Se {kα} [0, 1 ou {kα} [ 1,1 para algum k 1,..., 1, o problema acabou. Caso cotrário, pelo PCP haverá duas partes fracioárias {jα} e {kα}

10 0.. PRINCÍPIO DA CASA DOS POMBOS 9 com 1 j < k 1 pertecetes a um mesmo itervaliho detre os restates. Sedo x (k jα, teremos { {kα} {jα} se {kα} {jα} {x} 1+{kα} {jα} se {kα} < {jα} e portato {x} [0, 1 ou {x} [ 1,1, assim k j satisfaz as codições do problema. Exemplo Demostrar que dados 7 úmeros reais sempre é possível escolher deles, digamos a e b, tais que a b 1+ab < 1. 3 Solução: Vejamos iicialmete que a fução y ta x é crescete etre ( π, π, e além disso, para cada real r existe um úico âgulo θ este itervalo com r taθ. Portato, dados os 7 úmeros reais, a cada um deles podemos fazer correspoder um âgulo o itervalo ( π, π, e dividido tal itervalo em 6 partes iguais, i.e., em 6 itervalos de comprimeto π 6, abertos à esquerda, existirão âgulos θ e γ que estejam o mesmo itervalo, e portato, θ γ < π 6. π y arctax π Podemos supor sem perda de geeralidade que a taθ > taγ b e como a fução tagete é crescete, a b taθ taγ 1+ab 1+taθtaγ ta(θ γ < ta π 6 1, 3 como queríamos demostrar. Problemas Propostos 0.1. Escolhem-se 7 potos o iterior de um retâgulo de dimesões 3. Demostrar que sempre é possível ecotrar dois potos tal que sua distâcia é meor ou igual a.

11 10 PRINCÍPIOS Escolhem-se 9 potos o iterior de um quadrado de lado 1. Demostrar que é possível escolher 3 deles de tal forma que a área do triâgulo que formam é meor ou igual a Dadas 6 pessoas uma festa, demostrar que ecessariamete existem 3 pessoas que se cohecem mutuamete ou 3 pessoas que ão se cohecem mutuamete. Supoha que a relação de cohecer é simétrica. Este é um caso particular do teorema de Ramsey, veja por exemplo [] Do cojuto A {1,,...,99,100} escolhemos 51 úmeros. Demostrar que, etre os 51 úmeros escolhidos, existem dois tais que um é múltiplo do outro Dado um úmero irracioal u, demostrar que sempre é possível ecotrar ifiitos úmeros racioais p q, p,q Z, de tal forma que u p q < 1 q (IMO1985. Dado um cojuto M com 1985 iteiros positivos distitos, ehum dos quais tem divisores primos maiores do que 3, mostre que há 4 elemetos em M cujo produto é uma quarta potêcia (OIbM1998. Determiar o míimo valor de para o qual, de todo subcojuto de {1,,...,999} com elemetos, é possível selecioar quatro iteiros diferetes a,b,c,d tais que a+b+3c d Demostrar que de qualquer cojuto de +1 1 úmeros iteiros positivos é possível escolher elemetos de tal forma que sua soma é divisível por. 0.0 (IMO001. Sejam 1,,..., m iteiros com m ímpar. Deotemos por x (x 1,...,x m uma permutação dos iteiros 1,,...,m, e defiamos f(x x x m m. Demostre que existem duas permutações a e b tais que f(a f(b é divisível por m!. 0.1 (IMO1991. Seja S {1,,...,80}. Ecotrar o meor iteiro para o qual todo subcojuto de S com elemetos cotém cico úmeros que são dois a dois primos etre si. 0. (Erdős. Mostrar que toda a sequêcia com +1 úmeros reais cotém ou uma subsequêcia crescete com + 1 termos ou uma subsequêcia decrescete com +1 termos Pitamos todos os potos do plao de azul, verde ou preto. Mostrar que existe o plao um retâgulo cujos vértices têm todos a mesma cor.

12 11 Bibliografia [1] F. E. Brochero Martiez, C. G. Moreira, N. C. Saldaha, E. Tega - Teoria dos Números: um passeio com primos e outros úmeros familiares pelo mudo iteiro - Projeto Euclides, IMPA, 010. [] C. G. Moreira, O teorema de Ramsey, Revista Eureka! 6, 3 9. [3] A. She e N. K. Vereshchagi, Basic Set Theory, AMS, 00. Dicas e Soluções 0. (d Use a idetidade ( k k + ( k k+1 ( +1 k k (b Use a igualdade Vamos ver que c 3 fucioa. Para isso, vamos mostrar por idução algo ligeramete mais forte que o pedido: para todo k 1, temos 1 T(010,k < T(,k + 3. De fato, para k 1, temos T(010,1 < T(,4, e, sevale1 T(010,k < T(,k+3 para um certo k 1, teremos T(,k +4 T(,k+3 > 1 T(010,k 4096 T(010,k T(010,k 048 T(010,k > T(010,k 1 T(010,k +1, como queríamos. Note que T(010,1 010 > 16 T(,3, dode ecessariamete c >. 0.8 Podemos provar por idução em que ( (x 1 +x + +x k i 1,...,i k usado a idetidade ( i 1,i,...,i k 1,i k para i 1 + +i k. i j 0, j k i 1+ +i k k ( j1. 1 x i1 1 xi...xi k k, i 1,...,i j 1,i j 1,i j+1,...,i k,

13 1 BIBLIOGRAFIA 0.10 Deotado um tal M por M, tome M M, caso M seja divisível por +1, e M M, caso cotrário Cosidereafuçãog : {0,1,...,1986} {0,1,...,1986}emqueg(k é o resto da divisão de f(k por Mostre que g(g(k k para todo k, e coclua que existe a {0,1,...,1986} tal que g(a a. Use isso para chegar a uma cotradição, cosiderado a restrição de f aos aturais que deixam resto a quado divididos por Divida o retâgulo como a uião de 6 quadrados de lado 1, e observe que dois dos 7 potos devem estar um mesmo quadrado Cosidere uma das pessoas, que chamaremos de P. Como há 5 outras pessoas a festa, ou há 3 outras pessoas que P cohece ou há 3 outras pessoas que P ão cohece. Supoha a primeira alterativa, semperdadegeeralidade.seháduasdessas3pessoasquep cohece que se cohecem, juto com P teríamos 3 pessoas que se cohecem mutuamete. Caso cotrário, essas 3 pessoas que P cohece são 3 pessoas que se descohecem mutuamete Escreve cada um desses 51 úmeros como k b, com b ímpar. Há apeas50possibilidadesparab, demodoqueadoisdesses51úmeros será associado um mesmo b e portato um será múltiplo do outro Use o resultado do Exemplo Os possíveis fatores primos dos elemetos de M são os seguites 9 primos:,3,5,7,11,13,17,19,3. Dado um subcojuto de M com mais de 51 9 elemetos, haverá dois deles em cuja fatoração prima as paridades dos expoetes de cada primo coicidem, e portato seu produto será um quadrado perfeito. Usado repetidamete esse argumeto, obtemos 737 pares disjutos de ememetos de M tais que o produto dos elemetos de cada par é um quadrado perfeito (de fato, se retirarmos de M meos de 737 pares de elemetos distitos, sobram pelo meos elemetos, dos quais podemos obter um ovo par. Agora, como há mais de 51 pares em que o produto dos elemetos é um quadrado perfeito, e os primos que dividem cada um desses produtos estão etre os 9 primos listados acima, haverá dois desses pares para os quais, se tomarmos os expoetes de cada um desses primos o produto dos termos do par e os dividirmos por, as paridades dos resultados coicidirão, e portato o produto dos 4 termos desses dois pares será uma quarta potêcia Note que, se X {166,167,...,999}, etão X tem 834 elemetos e a+b+3c > 999 para quaisquer elemetos distitos a,b,c de X. A resposta é de fato, se o cojuto tem pelo meos 835 elemetos e c e b são o meor e o segudo meor elemetos do cojuto, etão 3c+b e, se 1 m 999 (3c+b, m / {b,c}, casoocojutoãosatisfizesseas codições do euciado, teríamos m ou 3c+b+m fora do cojuto, o qual teria etão pelo meos elemetos de {1,,...,999} fora dele, absurdo. 0.0 Cosideremos os restos das divisões de f(x por m!. Se f(a e f(b deixam restos iguais, etão f(a f(b será múltiplo de m!. Caso

14 BIBLIOGRAFIA 13 os restos sejam todos diferetes, como há m! permutações x e m! possíveis restos, todos os restos são atigidos uma vez, e a soma de todos os restos é (m! 1 m!(m! 1/, que deixa resto m!/ quado dividida por m!. Mas a soma de todos os f(x é (1++ +m (m 1! ( m ((+1+ + m.m!.(m+1/, que é múltiplo de m!, pois (m+1/ é iteiro, absurdo. 0.1 A resposta é 17. Cosidere o cojuto dos iteiros positivos etre 1 e 80 que são múltiplos de, 3, 5 ou 7. Este cojuto tem 16 membros, e, dados 5 de seus elemetos, dois deles terão um fator comum pertecete a {,3,5,7}. Sejam agora A 1 {1} {p primo p < 80},A { 41,3 37,5 31,7 9,11 3,13 19},A 3 { 37,3 31,5 9,7 3,11 19,13 17},A 4 { 31,3 9,5 3,7 19,11 17,13 },A 5 { 9,3 3,5 19,7 17,11 13}, e A 6 { 3,3 19,5 17,7 13,11 }. Os elemetos de cada cojuto A i são primos etre si dois a dois. A 1 tem 60 elemetos, A,A 3, e A 4 têm 6 elemetos cada e A 5 e A 6 têm 5 elemetos cada. Assim, os cojutos A i têm, o total, 88 elemetos. Se um subcojuto X de {1,,...,80} tem 17 elemetos, terá pelo meos 5 elemetos em comum com a uião dos 6 cojutos A i, e, como 5 > 4 6, existe i 6 tal que X tem pelo meos 5 elemetos em comum com A i, os quais, por costrução dos A i, são ecessariamete primos etre si dois a dois. 0. Cosidere, para cada k com 1 k + 1, o tamaho f(k da maior subsequêcia moótoa ão-crescete da sequêcia dada cujo primeiro termo é o k ésimo termo da sequêcia. Se, para algum k, f(k + 1, o problema está resolvido. Seão, f(k pode assumir apeas os valores 1,,...,, e portato existem + 1 valores k 1 < k < < k +1 com f(k 1 f(k f(k +1. Nesse caso, os termos da sequêciade ídices k 1,k,...,k +1 formarão uma subsequêcia crescete.