1) Este documento apresenta quatro problemas de matemática discreta resolvidos. Os problemas envolvem provas sobre séries harmônicas, desigualdades algébricas, combinatória e teoria dos números. 2) O documento fornece soluções completas para cada um dos quatro problemas propostos utilizando raciocínios algébricos, indutivos e o princípio das casas de pombos. 3) As soluções demonstram conhecimento avançado de matemática discreta ao aplicar diferentes técnicas

1. UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO
INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA – PROFMAT
MATEMÁTICA DISCRETA
1) Prove que:
1 1 1
(a)1    ...  2 n
2 3 n , para todo n maior ou igual a um.
Solução:
Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.
Logo, suponha válido para n = k, isto é:
1 1 1
1   ...  2 k
2 3 k , para todo K maior ou igual a um.
Devemos mostrar verdadeiro para K + 1, isto é:
1 1 1 1
1   ...    2 k 1
2 3 k k 1 , para todo K maior ou igual a um.
De fato!
Veja que:
1 1 1  1   1 
1   ...   2 k  
2 3 k  k 1   k 1 
1
4 k  4K 
Agora como k é maior ou igual a 1, temos que k  1 . Logo temos que:
1 1
4 k  4K   4k  4k  4  4  
k 1 k 1
 k 1 
2
1
   1 
2
 4k  4(k  1)  2.2 
 k 1   k 1  2 k  2 k 1  k 1  

   
1 1
 2 k 2 k 1  2 k   2 k  1.
k 1 k 1

2. 1 1 1 1 1
1   ...   2 k   2 k  1.
Portanto 2 3 k k 1 k 1 , como queríamos
demonstrar.
OBS: estas passagens são garantidas, pois k é maior ou igual a 1.
n3 2 2
(b)12  22  ...  (n  1)2   1  2  ...  n2
3 , para todo n maior ou igual a dois.
Solução:
n.  n  1 .  2n  1
12  22  ...  n2 
Afirmação 1: 6
De fato!
Para n = 1 OK, pois 1 = ((1.2.3)/6)
k.  k  1 . 2k  1
12  22  ...  k 2 
Suponha válido para n = k, isto é: 6 , devemos mostrar
12  22  ...  k 2   k  1 
2  k  1.  k  2. 2k  3
válido para k + 1, isto é: 6 .
Veja que:
k.  k  1 . 2k  1
12  22  ...  k 2   k  1    k  1
2 2
6
k.  k  1 . 2k  1  k  1  k  1  2k  3 . k  2 
  k  1  k. 2k  1  6  k  1     
2
6 6   6
12  22  ...  n2   n  1 
 n  1  2n  3 . n  2    n  1 .  n  2 . 2n  3
   
2
E, portanto: 6 6 .
Agora veja que (pela afirmação 1):
12  22  ...   n  1 
2  n  1 n . 2n  1  n.n.2n  2n3  n3
6 6 6 3 , pois n – 1 < n e 2n – 1 <
2n, para todo n maior ou igual a 2.
De mesmo modo, temos que:

3. n.  n  1 . 2n  1 n.n.2n 2n3 n3
12  22  ...   n  
2
  
6 6 6 3 , pois n + 1 > n e 2n + 1 > 2n,
para todo n maior ou igual a 1. Logo concluímos que:
n3 2 2
12  22  ...   n  1   1  2  ...   n 
2 2
3 , para todo n maior ou igual a 2.
1 1 1
(c)1    ...  n  2
2 4 2 , para todo n maior ou igual a um.
Solução:
Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK.
Logo, suponha válido para n = k, isto é:
1 1 1
1    ...  k  2
2 4 2 , para todo k maior ou igual a um.
Devemos mostrar verdadeiro para k + 1, isto é:
1 1 1
1    ...  k1  2
2 4 2 , para todo k maior ou igual a um.
De fato!
Veja que:
1 1 1
1    ...  k
2 4 2 , consiste na soma dos k primeiros termos de uma PG de razão ½.
n 1
1
an   
Seja 2 , então temos a seguinte sequencia = {1,1/2,1/4,...,1/k}.
  1 k 
1    
 2 
  1  1  2k  1 2 k
Sk  a1  a2  ...  ak  a1    2  k 1  k 1  2
1  2 
k
1 2 2
2
Agora precisamos mostrar verdadeiro para Sk 1 . Veja que:

4. k
1 1 2k 1  1 2k 1
Sk 1  Sk  ak 1  2     2  k   k 2
2 2 2k 2
1 1 1 1
Sk 1  a1  a2  ...  ak  ak 1  1    ...  k  k 1  2
Portanto: 2 4 2 2 .
■
2) Suponha que 51 números são escolhidos dos números de 1 até 100. Mostre
que existem dois pares destes números que não tem divisor primo comum.
Solução:
Inicialmente observe que dois números consecutivos são primos entre si, pois,
necessariamente um será par e o outro ímpar. De 1 até 100 temos 100 números,
pois, 50 são pares: {2,4,6,...,100} e 50 são ímpares: {1,3,5,...,99}. Na pior das
hipóteses teremos 50 números pares e um ímpar ou 50 números ímpares e um par.
Caso 1) 50 números pares e um ímpar.
Se este impar for 1, temos (1,2) e (1,3), dois pares de números que não tem divisor
primo comum.
Se este impar for 99, temos que (98,99) e (99,100), dois pares de números que não
tem divisor primo comum.
De maneira análoga para qualquer outro impar mostramos o par de números que não
tem divisor primo comum.
OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma.
Caso 2) 50 números ímpares e um par
Se este par for 2, temos que (2,1) e (2,3) dois pares de números que não tem divisor
primo comum.
Se este par for 100, temos que (100,99) e (100,97) dois pares de números que não
tem divisor primo comum.
OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma.
■

5. 3) Use a Boa-ordenação para provar que se X é um conjunto tal que n(X) = n
n
tem 2 subconjuntos.
Solução:
Uma análise inicial consiste na demonstração empírica, isto é, vejamos alguns
casos:
Se X = {1}. Logo n(X) = 1 e P(X )  {,1} , ou seja, P(X) tem 2 subconjuntos.
Se X = {1,2}. Logo n(X) = 2 e P(X)  {,1,2,(1,2)} , ou seja, P(X) tem 4
subconjuntos.
Se X = {1,2,3}. Logo n(X) = 3 e P(X)  {,1,2,3,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3)} , ou seja, P(X)
tem 8 subconjuntos.
Intuitivamente observamos que se X possui n elementos, P(X) possui
2n subconjuntos. Daí, se acrescentamos um novo elemento k em X, este elemento é
unido a cada subconjunto de P(X), logo ele gera a mesma quantidade de elementos
que já existem em P(X), isto é, 2  2  2.2  2 .
n n n n1
Uma demonstração matemática é dada pela indução matemática. Veja:
Para n = 1 , OK, pois fazendo X={a}, temos como subconjuntos de X o  e o {a}.
Agora, supondo que a afirmação seja verdadeira para um conjunto X com n
elementos, daí para um conjunto Y com (n + 1) elementos. Fixando {a} pertencente
a Y e seja X = Y – {a}. Assim, há dois tipos de Subconjuntos de Y, aqueles que não
n
contêm a, ou seja, os conjuntos das partes de X, que somam 2 subconjuntos e
n
aqueles que contêm a, que também somam 2 subconjuntos, daí o total de
subconjuntos de Y é dado por 2  2  2.2  2 . Portanto, a afirmação é válida para
n n n n1
todo n natural.
■
4) Mostre que entre quaisquer quatro números podemos encontrar 2 números
de modo que a diferença entre eles é divisível por 3.
Solução:

6. A resolução deste exercício é feita mediante o Princípio das casas de Pombos, pois dado
um número inteiro qualquer, a divisão dele por 3 pode ser representada de três
maneiras: múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2. Desta forma tendo 4 números (pombos) e
tendo apenas 3 casas (múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2), necessariamente dois deles
ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença entre eles seja um múltiplo de 3 e
automaticamente será divisível por 3.
Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:
Sejam A, B, C e D números inteiros, tais que: A = 3k, B = 3w + 1, C = 3f + 2 e D
deixaremos variável.
Assim as possibilidades de D são: D = 3c, D = 3c + 1 ou D = 3c + 2.
Logo se:
D = 3c , então D – A = 3(c – k) e portanto será divisível por 3.
D = 3c + 1 , então D – B = 3(c – w) e portanto será divisível por 3.
D = 3c + 2 , então D – C = 3(c – f) e portanto será divisível por 3.
■
5) Mostre que entre quaisquer n + 1 números podemos encontrar 2 números
de modo que a diferença entre eles é divisível por n.
Este exercício é a generalização do exercício anterior e é solucionado pelo Principio das
casas de pombos, pois dado um numero inteiro qualquer, a divisão dele por n pode ser
representada de n maneiras: múltiplo de n, resto 1, resto 2, ... , resto n - 1. Desta forma
tendo n + 1 números (pombos) e tendo apenas n casas (múltiplo de n, resto 1, resto 2, ...
, resto n - 1), necessariamente dois deles ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença
entre eles seja um múltiplo de n e automaticamente será divisível por n.
Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira:
Sejam A1, A2, A3, ... , An e D números inteiros, tais que: A1 = nk, A2 = nw + 1, A3 =
nf + 2, ... , An = nt + (n-1) e D deixaremos variável.
Assim as possibilidades de D são: D = nc, D = nc + 1, D = nc + 2, ... , D = nc + (n-1)
Logo se:
D = nc , então D – A1 = n(c – k) e portanto será divisível por n.
D = nc + 1 , então D – A2 = n(c – w) e portanto será divisível por n.
D = nc + 2 , então D – A3 = 3(c – f) e portanto será divisível por n.
.

7. .
.
D = nc + (n-1) , então D – An = n(c – t) e portanto será divisível por n.
■
6) Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. Quantas
funções injetivas existem de A em B?
Solução:
Inicialmente vamos estudar o caso de m = n.
Sejam A e B conjuntos com m elementos.
1) Quantas funções existem de A em B?
Para cada elemento de A, temos m opções em B, logo o número de funções é: m x
m x ... x m (m vezes), isto é: m.m. m  m .
m
2) Quantas funções são injetivas?
Para o primeiro elemento de A, temos m opções. Para o segundo elemento de A,
temos (m – 1) opções. ... . Para o m – ésimo elemento temos uma opção. Logo
temos m . (m – 1).(m – 2). ... .1 = m!
Agora vamos analisar o caso de m diferente de n.
Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente.
* Caso 1) m < n
- Quantas funções existem de A e B?
Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto
m
é, n funções.
- Quantas funções são injetivas?
Para o primeiro elemento de A, temos n opções. Para o segundo elemento de A,
temos ( n – 1) opções. Para o terceiro elemento de A, temos (n – 2) opções. ... . Para
o m – ésimo elemento de A, temos (n – (m – 1)) opções. Logo temos n x (n – 1) x (n
– 2) x ... x (n – (m – 1), isto é, um arranjo.
n.  n  1 .  n  2  .....  n   m  1  .  n  m !
n.  n  1 .  n  2  .....  n   m  1  
n!
 A
 n  m !  n  m ! n,m
* Caso 2) m > n
- Quantas funções existem de A e B?

8. Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto
m
é, n funções.
- Quantas funções são injetivas?
Neste caso não há nenhuma função injetiva, pois como m > n, teremos elementos
distintos em A com imagens iguais!