Matemática em Sobral

Quem faz Matemática em Sobral – Ceará – Brasil

Exercícios de Matemática

Vou postar aqui exercícios que alunos me proponham para resolver. Tenho recebido alguns realmente interessantes e vão ficar aqui para consulta. Pode ser que esquente o debate, por exemplo, soluções melhores que as minhas! Também vou deixar
problemas sem solução para quem quiser tentar.

Serão questões elementares da graduação em Matemática.

1º Imagem e complementar – função

f: A \longrightarrow B
é injetiva se, e somente se,
(\forall X \subset A ) ( f( X^{c}) = f(X)^{c} )

Porque (\rightarrow )

f sendo injetiva, por definição

x \neq y \leftarrow\rightarrow f(x) \neq f(y)
Dois pontos serem diferentes significam que eles pertencem a conjuntos complementares.
Então dado um subconjunto X qualquer do domínio
se x \in X e y \in X^{c} então suas imagens sendo
diferentes pertencem também a conjuntos complementares:
f(X^{c}) = f(X)^{c}.
Na volta (\leftarrow) suponha que não vale
f(X^{c}) = f(X)^{c} portanto existe pelo menos algum elemento
comum entre os conjuntos f(X^{c}) e f(X) o que
significa a negação da definição de injetividade de f .

2º Interseção e imagem – função

Uma relação fundamental para imagens de funções (e simples de
provar) é

f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)

Porque se z \in f(A \cap B) \implies x \in A \cap B

tal z = f(x) logo z \in f(A) e z \in f(B)
quer dizer z \in f(A) \cap f(B) pela definição da
interseção.

Agora a igualdade, em vez da inclusão, na relação acima implica em
injetividade da função:

3º Critério de equipotência entre conjuntos

f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) se e somente se f
é injetiva.

Suponha que f não seja injetiva e considere dois conjuntos disjuntos
com mesma imagem (é possível porque f não é injetiva) ora
f(A \cap B) é vazio e f(A) \cap f(B) não é vazio,
portanto conjuntos diferentes.

4º Critério de equipotência entre conjuntos

f: A \longrightarrow B
é injetiva se, e somente se,
(\forall X ,Y \subset A) ( f(X - Y) = f(X) - f(Y) ) .
Esta bonita relação é consequência direta da relação anterior, porque,
se f for injetiva então

X - Y = \{x ; (x \in X ) e ( x \notin Y) \} = X \cap Y^{c}
a diferença de conjuntos se expressa com a “interseção com o complementar”
do minuendo,

f(X-Y)=
= f(X \cap Y^{c})=f(X) \cap f(Y^{c})=f(X) \cap f(Y)^{c}=
= f(X) - f(Y)

5º distributividade – união e interseção

Dadas as famílias (A_{\lambda})_{\lambda \in L} e (B_{\mu})_{\mu \in M} considere o novo conjunto de multi-índices (\lambda , \mu) \in L \times M. Valem as distributividades, da união relativamente à interseção e da interseção relativamente à união:

  • \left( \bigcup_{\lambda \in L}A_{\lambda \in L} \right) \cap \left( \bigcup_{\mu \in M}B_{\mu \in M} \right) = \bigcup_{(\lambda,\mu) \in L \times M} \left( A_{\lambda} \cap B_{\mu}\right)

  • \left( \bigcap_{\lambda \in L}A_{\lambda \in L} \right) \cup \left(\bigcap_{\mu \in M}B_{\mu \in M}\right)= \bigcap_{(\lambda,\mu) \in L \times M} \left( A_{\lambda} \cup B_{\mu}\right)

Demonstração:

\left( \bigcup_{\lambda \in L} A_{\lambda } \right) \cap \left( \bigcup_{\mu \in M} B_{\mu } \right) =

= I \cap J

Considere z \in I \cap J então

(z \in I) e ( z \in J)

(\exists \lambda) ( z \in A_{\lambda} ) e (\exists \mu) ( z \in B_{\mu})

então existe um par de índices (\lambda, \mu) e podemos afirmar que

(\exists (\lambda, \mu) ( z \in A_{\lambda}) \mbox{ e } ( z \in B_{\mu})

que significa

z \in \bigcup_{(\lambda, \mu)\in L \times M} ( A_{\lambda} \cap B_{\mu} )

Isto demonstra uma inclusão, mas as afirmações se implicam de volta e
temos assim a outra inclusão e portanto a igualdade. Observe que demonstrei apenas
25% da proposição, mas o resto pode ser feito de forma semelhante ao que fiz.

Isto não é “teoria dos conjuntos” mas sim lógica. Usamos que
os “quantificador existencial”, existe se distribui
relativamente a conjunção lógica.

Da mesma forma o “quantificador para todo” se distribui relativamente à disjunção
lógica o demonstra a segunda proposição, para trocar “existe” por “para todos”.

6º conjuntos equipotentes

f: X \longrightarrow Y .
se X for infinito e f for injetiva então Y é infinito.

Se f for bijetiva então Y é infinito porque funções bijetivas estabelecem equivalência entre
conjunto equipotentes.
Se f não for bijetiva então f(X) é uma parte própia de Y;
f(X) , X são equipotenes (tem mesma cardinalidade) porque
f:X \longrightarrow f(X) é uma bijeçao.
Posso agora definir a
função
h: f(X) \longrightarrow Y ; f(x) \mapsto f(x)
simplesmente a identidade de f(X) em Y, é uma função
injetiva, logo uma injeção de uma parte própria de Y em Y, por definição Y é infinito.

Definição:

Um conjunto é infinito se houver uma injeção de uma parte própria dele, nele.

fatoração canônica de um morfismo de conjuntos

fatoração canônica de um morfismo de conjuntos

A figura mostra a decomposição canônica de morfismos. Eu vou algumas vezes
fazer referência a esta decomposição (fatoração). O conjunto quociente – conjunto
das classes de equivalência, gerado por f em seu domínio é designado por
X/R_{f} . Esta notação será usada posteriormente quando se estiver em uma categoria com mais estrutura, grupo, anel, espaço vetorial. Quem já tiver estudado grupos, por exemplo, já passou pelas classes quocientes de um morfismo de grupo, é exatamente a classe quociente gerada pela função que define o morfismo de grupos.

A equação desta relação de equivalência é
\overline{x} = \{ x' ; f(x) = f(x') \}
é o subconjunto de X dos elementos que tem mesma imagem via f

Portanto “tem” tantas classes de equivalência quantos forem as distintas imagens, a
maneira correta de falar é “a cadinalidade de X/R_{f} é a mesma de
f(X)“, porque cardinalidade em geral não serve para contar elementos…

7º Critério para conjunto infinito – sobrejeção

Dada f: X \longrightarrow Y
se Y for infinito e f for sobrejetiva então X é infinito.

Esta proposição me permite usar o axioma da escolha que é contestado
por um grupo de matemáticos chamados construtivistas.

Vou fazer referência à figura que se encontra no exemplo 6º representando a decomposição canônica (ou fatoração canônica) de uma função.

Para qualquer função sobrejetiva
f: X \longrightarrow Y existem duas funções, s, b
tal que b é bijetiva e s é sobrejetiva (veja o gráfico) de modo que vale a fatoração canônica
f = b o s (o símbolo “o” é a composição de funções, ou de morfismos de uma certa estrutura.)

O conjunto X/R_{f} é o conjunto das classes da relação de equivalência induzida por f em X. Cada elemento
deste conjunto se compõe dos elementos de X que tenham a mesma imagem em Y via f.
Então os conjuntos Y , X/R_{f} são equipotentes e portanto se Y for infinito o conjunto quociente
$laex X/R_{f}$ é infinito. O axioma da escolha termina agora a demonstração, podemos selecionar para cada classe em X/R_{f} um elemento de X mostrando que card(X) \geq card(X/R_{f})
e assim, se X/R_{f} for um<br /> conjunto infinito, também latex X$ será um conjunto infinito.

As duas funções (morfismos) s,b se chamam sobrejeção canônica e bijeção canônica f = bos é a fatoração canônica de f.

8º

Critério para conjunto infinito

Sejam X um conjunto finito e Y um conjunto infinito.
Então existe

  1. uma função injetiva X \longrightarrow Y
  2. uma função sobrejetiva Y \longrightarrow X

Demonstração:

  1. Se Y for infinito então card(Y) \geq card(N) em que N representa o conjunto dos números naturais, o conjunto dos representantes dos cardinais dos conjuntos finitos. Quer dizer que existe uma imagem de N em Y e portanto uma injeção
    f_{1} : N \longrightarrow Y
    Como X é finito então existe uma injeção f_{2} : X \longrightarrow N
    A composição f_{1} o f_{2} é a injeção procurada.

  2. Usando o axioma da escolha construa uma partição de Y indexada em
    X. Para facilitar a notação
    seja \overline{X} = \{1,2,....n\} – a imagem de X em N
    mencionada em acima, um isomorfismo de conjuntos.

    Escolha um elemento de Y para cada uma das classes
    \overline{1}, \dots \overline{n-1} associando \overline{n} ao restante dos
    elementos de Y.

    Construi, assim, um conjunto quociente (uma partição de Y) portanto uma bijeção de Y em X por definição y \mapsto classe(y) \in X .

9º Uma questão de indução – Para demonstrar que uma proposição é verdadeira, por indução finita, temos que estabelecer uma relação entre a proposição e os números naturais mostrando
que ela fica indexada em \mathbf{N}. Mas pensar assim pode ser muito difícil e é mais
prático seguir os passos dos axiomas de Peano:

  1. Existe um primeiro número natural n_{0} tal que P(n_{0}) é verdadeira.
  2. Vale: P(n) \implies P(n+1) se n > n_{0}

Vou mostrar que
(1+x)^{n} \leq 1 + nx + [n(n-1)/2]x^{2} se x \geq 0

Mas é uma maldade pedir que se demonstre por indução esta desigualdade quando ela pode ser
demonstrada muito mais facilmente usando um teorema do Cálculo que estabelece:

Teorema: Dadas duas funções f,g que coincidem num ponto,
f(a) = g(a) e tal que para todo x \geq a se tenha $f’(x) \geq g’(x)$ então
f(x) \geq g(x).

Este teorema é uma simples consequência de condição inicial de uma equação diferencial (na verdade uma “desigualdade diferencial”) – duas equações diferenciais com a mesma condição inicial f(a) = g(a), então a solução da primeira equação vai ser maior do que a solução
da segunda equação.

É o caso aqui e a demonstração por indução fica muito mais complicada. Ora, o nosso objetivo não pode ser procurar a solução mais complicada, a não ser que haja uma razão que nos conduza a alguma generalização, não vejo como poderia ser o caso aqui.

Vou designar f_{n}(x) = (1+x)^{n} , g_{n}(x) = 1 + nx + [n(n-1)/2]x^{2} , quer dizer, que me proponho a demonstrar que
f_{n}(x) \leq g_{n}(x) se x \geq 0 \ ; \ n \geq 2

A sentença P(n) é verdadeira para os valores de n = 0 , 1 porque
nestes casos se tem f_{n}(x) = g_{n}(x), a questão fica interessante a partir de n = 2.

Se você rodar o seguinte script do gnuplot pode ter uma sugestão de como conduzir a demonstração (os gráficos do gnuplot não são uma demonstração, mas ajudam na determinação de uma estratégia para obter a demonstração). Copie o script em um arquivo, digamos, teste.gnuplot e depois execute gnuplot teste.gnuplot.

f(x) = (1 + x)**n
g(x) = 1 + n*x + ((n*(n-1))/2.0)*x**2
##set terminal jpeg
##set output "teste.jpeg"
set xrange [-1:3]
n = 2
print f(0), g(0)
plot f(x),g(x),0
pause -2
n = 3
print f(0), g(0)
plot f(x),g(x),0
pause -2
n = 4
print f(0), g(0)
plot f(x),g(x),0
pause -2
print f(0), " ", g(0)
pause -2

Quando n = 2 \ ; \ f_{2}(x) = (1+x)^2 \ ; \ g_{2}(x) = 1 + 2x + x^{2} = f_{2}(x)
e portanto a afirmação $P(n)$ é verdadeira para n = 2. Vou considerar este, o ponto
inicial de indução.

A hipótese de indução

Vamos supor que P(n) seja verdadeira para um valor arbitrário de n > 2

A implicação no método da indução

Vamos verificar se é verdade que
ver se P(n) \implies P(n+1)

  • Pela hipótese de indução sabemos que f_{n}(x) > g_{n}(x)
  • f'_{n+1}(0) = n+1 = g'_{n+1}(0)
  • f_{n+1}(0) = 1 = g_{n+1}(0)

falta nos mostrar que

Lema:
f'_{n+1}(x) \geq g'_{n+1}(x) \forall x \geq 0

  • f'_{n+1}(x) = (n+1)f_{n}(x) > (n+1)g_{n}(x)
  • (n+1)g_{n}(x) = (n+1)( 1 + nx + \frac{n}{2}(n-1)x^{2} = h_{n+1}(x)
  • h_{n+1}(x) \geq g'_{n+1}(x)

Na primeira das equações acima usei a hipótese de indução mas ainda preciso provar
que a terceira equação (desigualdade) é verdadeira. Vou usar o teorema do Cálculo que
citei logo acima.

Temos

  • h_{n+1}(0) = n+1 \ ; \ h'_{n+1}(x) = (n+1)(n + n(n-1)x)
  • g'_{n+1}(0) = n+1 \ ; \ g''_{n+1}(x) = n( n+1)
  • h'_{n+1}(x) \geq g''_{n+1}(x)

provando que h_{n+1}(x) \geq g'_{n+1}(x) que é a terceira equação que eu queria
demonstrar finalizndo assim lema e portanto a demonstração por indução da desigualdade
que queriamos. Observe que usamos duas vezes o mencionado teorema do Cálculo e que
apenas ele poderia ter sido usado para demonstrar a desigualdade mostrando que aqui, neste
caso, a demonstração por indução é uma barbaridade, dessas coisas que tornam o ensino de Matemática parecer que é um amontoado de coisas sem sentido.

10º Elemento neutro e quase associatividade.

Suponha que em (E,*) exista
um elemento neutro e além disto seja
verdadeiro
$latex
a * (b * c) = (a * c) * b
$
para todo a,b,c \in E.
Mostre que (E,*) é uma estrutura
comutativa e asssociativa.

Demonstração:

(H) implica que

e*(b*c) = (e*c)*b

em que estou chamando de “e” ao elemento neutro, que por
hipótese existe, então

$latex
b*c = e*(b*c) = (b*c) = (e*c)*b = c*b
$
para quaisquer elementos
b,c \in E

provando a comutatividade,

Retomando agora (H) temos

a * (b * c) = (a * c) * b

pela comutatividade

$latex
a * (c * b) = (a * c) * b.
$
para quaisquer elementos

a,b,c \in E
o que significa que
(E, *)
é uma estrutura associativa. Portanto
(E,*) é uma estrutura comutativa,
associativa e com elemento neutro, um
semi-grupo.

11º A geratriz das dízimas periódicas.

Vou explicar um caso simples e ao
final mostrar como se pode fazer no
caso geral. Se alguém quiser escrever
o caso geral, me envie que eu publico
aqui.

Considere a dízima periódica
a,(p1p2...pn)
quer dizer o conjunto de dígitos
p1, p2, ..., pn
se repete periódicamente.

Tire a parte inteira, portanto considere apenas
0,(p1p2...pn)

Que significa este número?

0,(p1p2...pn) =
\frac{p1p2...pn}{10^{n}} + $latex\frac{p1p2…pn}{10^{2n}}+…$

uma progressão geométrica de razão \frac{1}{10^{n}} cujo primeiro termo é

\frac{p1p2...pn}{10^{n}}

Vamos simplificar: (mania de matemático, quer dizer, generalizar),
uma progressão geométrica de razão
r < 1
cujo primeiro termo é A

A + Ar + Ar^{2} + ... + Ar^{n} + .... =
= A \frac{1}{1 - r} =
\frac{A}{1-r}

Você já começa a ver o período aparecendo no numerador. Agora o que temos no denominador
é uma potencia de 10 invertida
r = \frac{1}{10^{n}} subtraida de 1 portanto, vamos
olhar o denominador:

1 - r =
1 - \frac{1}{10^{n}} = \frac{10^{n}}{ 10^{n}} - \frac{1}{10^{n}} =
= \frac{10^{n} - 1}{10^{n}}

Olhe o que vai aparecer no denominador (porque temos que inverter 1 - r):

10^{n} - 1
é um número que tem apenas noves e quantidade dos noves é a quantidade de
zeros que houver em
10^{n}.

Isto já nos dá a regra.

Uma fração que tenha no numerador um periódo – A – seguido de tantos zeros quantos forem
os algarismos da parte periódica e no denominador tantos noves quantos forem os algarimos
da parte periódica.

Podemos dizer que há outro caso, se houver uma parte não periódica depois da vírgula… mas
neste caso multiplique por
10^{m}
em que m é quantidade de dígitos da parte não periódica
e divida por
10^{m} e você cai no caso descrito acima.

Claro, dá para escrever isto melhor e chegar exatamente na regra que está nos livros do Ensino Médio. Se alguém quiser escrever melhor, podemos publicar aqui na página. Ou pode dar
um artigo para publicar na Sobral Matemática. Escreva e me envie que
eu publico.

12º O triângulo de Pascal

Você sabia que as linhas do Triângulo de Pascal trazem as potências
de 11 em uma base de numeração arbitrária?
Vou começar “mostrando” isto, pelo menos mostrando a idéia,depois
vou usar esta ideia para fazer a demonstração de as linhas do
triângulo contem os números binomiais.

Deixe-me apresentar-lhe um instrumento milenar – se supõe que foi descoberto pelos Chineses há
alguns milênios, o triângulo de Pascal

Até a quarta linha do triângulo de Pascal
podemos ver as potências de 11:

  1. 11 elevado a zero —> 1
  2. 11 elevado a um —> 11
  3. 11 elevado a dois —> 121
  4. 11 elevado a três —> 1331
  5. 11 elevado a quatro —> 14641

Da quarta linha em diante esta afirmação continua valendo mas temos que fazer uma “interpretação”
para vê-lo.

Interpretando as linhas posteriores à quarta no Triângulo

Na quinta linha aparece “10″. Se você aplicar a regra habitual que usamos para
fazer contas – passar para a casa seguinte o algarismo
da dezena, fica:

  1. 1 5 10 10 5 1
  2. 1  6   1   0 5 1 –> 11 elevado a cinco 161051

Na sexta linha aparecem 15 e 20 aos quais podemos aplicar a mesma regra da
passagem para a casa seguinte:

  1. 1 6 15 20 15 6 1
  2. 1 7  7  1    5  6 1 –> 11 elevado a seis 1771561

As linhas do Triângulo – coeficientes do Binômio de Newton

Eu poderia seguir fazendo esta interpretação, mas o que fiz acima deve
deixá-l@ convencid@ de que as linhas do triangulo de Pascal podem ser
interpretadas como as potências de 11.
Porém elas podem ter uma outra interpretação que é mais importante e que vou
deduzir desta.
Observe como calculamos
as potências de 11
As potências de 11 são um caso particular da multiplicação que posso
descrevê-la como:

  1. Escrevo o multiplicando duas vezes, um abaixo do outro
  2. O de baixo leva um deslocamento para esquerda – foi multiplicado por 10.
  3. Somo as colunas para obter a nova potência de 11.

No caso do Triângulo, somo as colunas sem passar nada para a casa seguinte.
Assim, cada linha do Triângulo é obtida da anterior usando este algoritmo que
descrevi. Isto também “prova” que as linhas do Triângulo são as sucessivas
potências de 11.

As linhas do Triângulo – coeficientes do Binômio de Newton

Corrigindo a informação acima, as linhas do Triângulo não são “apenas” as
potências de 11. Cada elemento da linha de ordem “n” é um coeficiente dos
termos da enésima potência da soma (a+b).
Observe que

11 = 10 + 1

Experimente desenvolver as potências de (a + 1) e compare com as linhas do
Triângulo.
Experimente agora desenvolver as potências de (a + b) e compare com as linhas do Triângulo.

Indução Finita

Leia novamente o texto sobre indução finita.
Eu vou usar este método de demonstração, a indução finita, para concluir que
o Triângulo é formado pelos coeficientes do Binômio de Newton.
Em resumo, o método da indução finita consiste em:

  1. Temos que demonstrar que P(n) é verdadeira, em que P(n) representa
    uma afirmação qualquer que depende do número natural “n”.
  2. Identificamos um ponto de partida, o primeiro valor de “n” para o qual
    P(n) é verdadeira. Não precisa ser P(0), nem P(1)…
  3. Hipótese de indução: admitimos, (é uma hipótese) que P(k) é
    verdadeiro – número natural “k” maior do que o primeiro valor
    que identificamos acima.
  4. Tentamos provar a implicação:
    P(k) ===> P(k+1)

    Se tivermos sucesso, então P(n) é verdadeiro para qualquer “n” maior do
    que o primeiro valor que identificamos como ponto inicial.

No caso do Triângulo.

  1. P(0) significa a linha de ordem zero contém os coeficientes
    de (a+b) elevado a zero    .
    Isto é verdadeiro!
  2. Hipótese de indução:
    P(k) significa, a linha de ordem “k” contém os coeficientes do
    desenvolvimento da potência k-esima de (a+b)    .
  3. Vamos deduzir, da hipótese de indução, que a linha de ordem “k+1″ contém
    os coeficientes da potência “k+1″ de (a+b).

    1. Considere (a+b)^{k} – notação do LaTeX e de algumas linguagens de
      programação para potência. Por hipótese os coeficientes deste desenvolvimento
      estão na linha de ordem “k” do Triângulo.
    2. Quando multiplicarmos por “a” vamos aumentar de uma unidade todas
      as potências de “a” em (a+b)^{k} sem mexer nas potências de “b”.
      Quando multiplicarmos por “b” vamos aumentar de uma unidade todas
      as potências de “b” em (a+b)^{k} sem mexer nas potências de “a”.
      Em ambos os casos a única modificação: nas potências, sem alterar os
      coeficientes.
      Para deixar coincidindo os termos semelhantes, temos que “arrastar” uma
      dessas expressões para direita ou para esquerda, digamos que seja a
      segunda – quando multiplicamos por “b” que seja “arrastada” para direita.

      Foi o que fizemos todo tempo as potências de 11.

    3. Precisamos de uma notação para prosseguir a demonstração.
      Observe que na linha de ordem “k” tem “k+1″ termos que podemos numerá-los
      de 0 até k.
      A notação usada é

      C0,k,  C1,k,  C2,k,  …,  Ck,k

      Em que os números

      Cj,k

      representam os coeficientes no desenvolvimento de (a+b)^{k}.
      Portanto para fazer coincidir em cada coluna os termos semelhantes teremos:
      C0,  k, C1,k,   C2,k,   …,   Ck,k
               C0,k,   C1,k,   C2,k,   …,   Ck,k

      C0,k+1, C1,k+1, C2,k+1, …, Ck,k+1 Ck+1,k+1
      Que produz a definição da próxima linha:
      Cj+1,k+1 = Cj+1,k+1 + Cj+1,k+1
    4. Como a próxima linha é o produto de (a+b)^{k} por (a+b) então os
      coeficientes de (a+b)^{k+1} se encontram na linha de ordem k+1 do
      Triângulo, quer dizer:

      P(k) ==> P(k+1)

Demonstrei, usando indução finita, que as potências de (a+b)^{n} tem
os seus coeficientes na linha de ordem n do Triângulo de Pascal.

13º Exemplos de induçãofinita

Você pode ler um texto sobre Indução
finita aqui.
É um pequeno resumo.

Vou dar alguns exemplos de demonstração usando
indução finita.

A soma dos n primeiros números
naturais é \frac{n+1}{4}n. Falso, a fórmula correta é
\frac{n+1}{2}n porque
$latex
P(0) = \frac{1}{4} 0 = 0; P(1) = \frac{1+1}{4} 1 = \frac{1}{2}
$

A soma do n primeiros números
naturais é
\frac{n+1}{2}n porque

P(0) = 0; P(1) = \frac{1+1}{2} \cdot 1 = 1
Hipótese de indução
1 + 2 + \cdots + k = \frac{k+1}{2} k = P(k)

\underbrace{[1 + 2 + \cdots + k]} + k+1 =
Usando a hipótese de indução
\overbrace{ [\frac{k+1}{2} k]} + k+1 = \left( \frac{k}{2} + 1\right)(k+1) =
\left( \frac{k+2}{2} \right)(k+1) = \frac{k+1 + 1}{2} (k+1) = P(k+1)

Então $ latex P(k) \implies P(k+1)$ e
a soma dos $ latex n$ primeiros números
naturais é $ latex P(n) = \frac{n+1}{2}n$

A soma dos quadrados dos $ latex n+1$
primeiros números naturais é
0+ 1 + 4 + \cdots n^{2} =<br /> \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
Porque
$latex
P(0) = 0; P(1) = \frac{1+1}{2} \cdot 1 = 1 $
\mbox{Hipótese de indução } 1 + 2 + \cdots + k = \frac{k+1}{2} k = P(k)

\underbrace{[1 + 2 + \cdots + k]} + k+1 = \mbox{ usando a hipótese de indução}

= \overbrace{ [\frac{k+1}{2} k]} + k+1 = \left( \frac{k}{2} + 1\right)(k+1) =
= \left( \frac{k+2}{2} \right)(k+1) =<br /> \frac{k+1 + 1}{2} (k+1) = P(k+1)

Então $ latex P(k) \implies P(k+1)$ e
a soma dos $ latex n$ primeiros números
naturais é $ latex P(n) = \frac{n+1}{2}n$

A soma dos quadrados dos n+1 primeiros números naturais é dada
por
0+ 1 + 4 + \cdots n^{2} =<br /> \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Porque
P(1) = 1^{2} = 1 = \frac{1(2)(3)}{6} = 1
\mbox{Hipótese de indução } 1 + 4 + \cdots k^{2} =<br /> \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}

Usando a hipótese de indução
$latex
\underbrace{ 1 + 4 + \cdots k^{2}} + (k+1)^{2} = P(k) $
= \underbrace{\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}} + (k+1)^{2} =
\frac{k(k+1)(2k+1) + 6 (k+1)^{2}}{6} =
$latex
\frac{k(2k+1) + 6 (k+1)}{6} (k+1) =
\frac{2k^{2} + 7k + 6 }{6} (k+1) = S
$

Desenvolvendo a expressão de
$ latex P(k+1)$ temos

$latex
P(k+1) = \frac{ (k+1)(k+2)(2(k+1) + 1)}{6} =
\frac{ (k+1)(k+2)(2k+ 3)}{6} = $
$latex
= \frac{ (k+2)(2k+ 3)}{6} (k+1) = \frac{2k^{2}+7k+6 }{6} (k+1) = S
$
Como eu obtive nas equações a
mesma expressão $ latex S$
então
$ latex P(k) \implies P(k+1)$ e a fórmula $ latex P(n)$ vale para
todo $ latex n$ maior ou igual a 1. Como ela também vale para $ latex n=0$ então
ela é verdadeira para a soma dos quadrados dos $ latex n+1$
primeiros números naturais.

O programa exer_03_01_01.calc que se encontra no link
“programas” na página, calcula a soma usando tanto a expressão
de $ latex P(n)$ como um laço para calular a soma de cada quadrado
até um teto especificado pelo usuário.

$ latex 1 + 3 + \cdots + (2n-1) = n^{2}$
é verdadeiro porque

$ latex
P(1) = 1 = 1^{2} $
$ latex \mbox{Hipótese de indução } 1 + 3 + \cdots + (2k-1) = k^{2} = P(k) $

$ latex \mbox{usando a hipótese }
\underbrace{1 + 3 + \cdots + (2k-1)} + 2k+1 = $
$ latex \underbrace{ k^{2}} + 2k+1 =
(k + 1)^{2} = P(k+1) $

então
$ latex P(k) \implies P(k+1)$ e a fórmula $ latex P(n)$ vale para todo
n.

O programa exer03_01_02.calc, que se encontra aqui
calcula a soma dos números ímpares e usa a expressão $ latex P(n)$ para
avaliar esta soma.

A soma das quarta potências dos n+1 primeiros números naturais.
$ latex
P(2) = 0^{4} + 1^{4} = 1 = \frac{6*32 – 15*16 + 10*8 – 2}{30} = 1 $
A hipótese de indução
$ latex
0 + 1 + 2^{4}+ \cdots + (k-1)^{4} = P(k) = $

$ latex = \frac{6k^{5}-15k^{4}+10k^{3}-k}{30} $
Usando a hipótese a hipótese de
indução.

$ latex
\underbrace{0 + 1 + 2^{4}+ \cdots + (k-1)^{4}} + k^{4}= $
$ latex
\underbrace{ \frac{6k^{5}-15k^{4}+10k^{3}-k}{30}} + k^{4} $
$ latex \frac{6k^{5} + 15k^{4}+10k^{3}-k}{30} = S $

Agora é mais fácil fazer como já fiz em um dos casos anteriores,
desenvolver a expressão de $ latex P(k+1)$ para ver se posso encontrar
$ latex S$.

P(k+1) = \frac{6(k+1)^{5}-15(k+1)^{4}+10(k+1)^{3}-(k+1)}{30}<br />
Usando o triângulo de Pascal posso escrever
$latex
\begin{tabbing}
6 \hskip 0.5cm\= ( $ latex k^{5}+$\hskip 0.5cm\= $ latex 5k^{4}+$\hskip 0.5cm\= $ latex 10k^{3}+$\hskip 0.5cm\= $ latex 10k^{2}+$\hskip 0.5cm\= $ latex
5k+$ \hskip 0.5cm\= 1)$
-15 \> ( \>$ latex k^{4}+$ \>$ latex 4k^{3}+$\>$ latex 6k^{2} +$\>$ latex 4k+$\> $ latex 1$)$
10 \> ( \> \>$ latex k^{3}+$\>$ latex 3k^{2}+$\>$ latex 3k+$\> $ latex 1$) $
-1 \> ( \> \> \> \>$ latex k+$ \> $ latex 1$)$
\> $ latex 6k^{5}+$\>$ latex 15 k^{4}+$\>$ latex 10 k^{3}-$\> \> $ latex k$ \> $

\end{tabbing}
$
portanto
P(k+1) = \frac{6k^{5} + 15k^{4}+10k^{3}-k}{30} = S<br />

Conclusão $ latex P(k) \implies P(k+1)$
e a soma das quartas potências dos $ latex n$ primeiros números naturais
é dada por
$latex
P(n) = \sum\limits_{k=0}^{n-1} k^{4}= \frac{6n^{5}-15n^{4}+10n^{3}-n}{30}
$
O programa exer03_01_03.calc, que se encontra aqui
calcula a soma das quartas potências dos $ latex n-1$
primeiros números naturais.

14º um problema de indução finita

Um professor solicitou dos seus alunos a demontração da fórmula da soma
das quartas potências que deveria ser feita por Indução Finita, com
a ressalva de que métodos alternativos poderiam ser usados.
A fórmula seria
\sum\limits_{k=0}^{n-1} k^{4}=
\frac{6n^{5}-15n^{4}+10n^{3}-n}{30}

Um aluno definiu

\sum\limits_{k=0}^{n-1} k^{4}= Q(n)
P(n) = \frac{6n^{5}-15n^{4}+10n^{3}-n}{30}

Depois, usando calc, uma linguagem
de programação,.de domínio público, e de precisão infinita,
apresentou os seguintes resultados:

  1. ;
    • define P(n)
    • {return (6*power(n,5)-15*power(n,4)+10*power(n,3)-n)/30;}
    • P(n) defined
  2. 1
    ; P(2)
    1
  3. ; 1 + 16 = 17

    ; P(3)
    17

  4. ; 1 + 16 + 81
    98
    ; P(4)
    98
  5. ; 1 + power(2,4) + power(3,4) + power(4,4)
    354
    ; P(5)
    354
  6. ; P(6)
    979
    ; 1 + power(2,4) + power(3,4) + power(4,4) + power(5,4)
    979
  7. ; P(7)
    2275
    ; 1 + power(2,4) + power(3,4) + power(4,4) + power(5,4) + power(6,4)
    2275
  8. ; P(8)
    4676
    ; 1+power(2,4)+power(3,4)+power(4,4)+power(5,4)+ power(6,4)+ power(7,4)
    4676

concluindo que a fórmula estava correta.
O professor aceitou
a demonstração do aluno, mas tirou-lhe um ponto por uso incorreto
de um teorema da Álgebra.

Foi correta a decisão do professor?

O próximo é o 15º

quando alguém me propuzer alguma coisa.sem

4 Respostas para “Exercícios de Matemática”

  1. andryely disse

    Quinta-feira,18,Setembro,2008 às 1:06 pm

    eu adorei

    Responder

  2. Leandro Muniz disse

    Terça-feira,4,Novembro,2008 às 3:34 pm

    Camarada, tú és f…..! Vou te encher muito a paciência com mil perguntas… Até mais. Abraços!

    Responder

  3. inalda disse

    Sábado,16,Maio,2009 às 9:06 am

    gostaria dque mim ajudase com estes exercícios de operações com conjuntos
    dados os conjuntos A={0,4,5,6,7,8} B={2,4,6,9}C={0,6,9,10} {A INTERSECÇÃO C}INTERSECÇÃO B

    Responder

  4. Quem faz matemática em Sobral « Matemática em Sobral disse

    Domingo,9,Agosto,2009 às 11:29 pm

    [...] Você também pode visitar a minha página pessoal que mantenho dentro do projeto da Sobral Matematica e onde publico meus artigos de natureza política mas também onde edito um post exercícios de Matemática [...]

    Responder

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