Matemática para Ensino Superior MA12 - Atualizado 2014

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MA 12 - Matemática Discreta Edição 2012 
Atualizado até Junho de 2014 
Marcos
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Números Naturais
Sumário
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 O Conjunto dos Números Naturais . . . . . . . . . . 3
1.3 O Axioma da Indução . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 As Duas Operações: Adição e Multiplicação . . . . 5
1.5 A Ordenação nos Números Naturais . . . . . . . . . 6
1.6 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.7 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1 Introdução
�Deus criou os números naturais. O resto é obra dos homens.�
Leopold Kronecker
Enquanto os conjuntos constituem um meio auxiliar, os números são um dos dois
objetos principais de que se ocupa a Matemática. O outro objeto é o espaço,
juntamente com as �guras geométricas nele contidas. Os números são objetos
abstratos que foram desenvolvidos pelo homem para servir como modelos que
permitem contar e medir e, portanto avaliar as diferentes quantidades de uma
grandeza.
Os compêndios tradicionais dizem o seguinte:
�Número é o resultado da comparação entre uma grandeza e a unidade. Se
a grandeza é discreta, essa comparação chama-se uma contagem e o resultado
é um número inteiro; se a grandeza é contínua, a comparação chama-se uma
medição e o resultado é um número real.�
Nos padrões atuais de rigor matemático, o trecho acima não pode ser consi-
derado como uma de�nição matemática, pois faz uso de idéias (como grandeza,
unidade, discreta, contínua) e processos (como comparação) de signi�cado não
estabelecido. Entretanto, todas as palavras que nela aparecem possuem um
sentido bastante claro na linguagem do dia-a-dia. Por isso, embora não sirva
para demonstrar teoremas a partir dela, a de�nição tradicional tem o grande
mérito de nos revelar para que servem e por qual motivo foram inventados os
números. Isto é muito mais do que se pode dizer sobre a de�nição que encon-
tramos no nosso dicionário mais conhecido e festejado, conforme reproduzimos
a seguir.
Número. [Do lat. numeru.] S.m. 1. Mat. O conjunto de todos os conjuntos
equivalentes a um conjunto dado.
Discutiremos este ponto logo mais, quando tratarmos de números cardinais.
+ Para Saber Mais - Comentários sobre De�nições e axiomas - Cli-
que para ler
Unidade 1Números Naturais
+ Na Sala de Aula - Re�exões sobre a sala de aula - Clique para ler
1.2 O Conjunto dos Números Naturais
Lentamente, à medida em que se civilizava, a humanidade apoderou-se desse
modelo abstrato de contagem (um, dois, três, quatro, ...) que são os números
naturais. Foi uma evolução demorada. As tribos mais rudimentares contam
apenas um, dois, muitos. A língua inglesa ainda guarda um resquício desse
estágio na palavra thrice, que tanto pode signi�car �três vezes� como �muito�
ou �extremamente�.
As necessidades provocadas por um sistema social cada vez mais complexo
e as longas re�exçõs, possíveis graças à disponibilidade de tempo trazida pelo
progresso econômico, conduziram, através dos séculos, ao aperfeiçoamento do
extraordinário instrumento de avaliação que é o conjunto dos números naturais.
Decorridos muitos milênios, podemos hoje descrever concisa e precisamente
o conjunto N dos números naturais, valendo-nos da notável síntese feita pelo
matemático italiano Giuseppe Peano no limiar do século 20.
N é um conjunto, cujos elementos são chamados números naturais. A
essência da caracterização de N reside na palavra �sucessor�. Intuitivamente,
quando n, n′ ∈ N, dizer que n′ é o sucessor de n signi�ca que n′ vem logo depois
de n, não havendo outros números naturais entre n e n′. Evidentemente, esta
explicação apenas substitui �sucessor� por �logo depois�, portanto não é uma
de�nição. O termo primitivo �sucessor� não é de�nido explicitamente. Seu uso
e suas propriedades são regidos por algumas regras, abaixo enumeradas:
a) Todo número natural tem um único sucessor;
b) Números naturais diferentes têm sucessores diferentes;
c) Existe um único número natural, chamado um e representado pelo símbolo
1, que não é sucessor de nenhum outro;
d) Seja X um conjunto de números naturais (isto é, X ⊂ N). Se 1 ∈ X e se,
além disso, o sucessor de todo elemento de X ainda pertence a X, então
X = N.
3
Unidade 1 O Axioma da Indução
As a�rmações (a), (b), (c) e (d) acima são conhecidas como os axiomas de
Peano. Tudo o que se sabe sobre os números naturais pode ser demonstrado
como consequência desses axiomas.
+ Para Saber Mais - Sobre o sistema de numeração - Clique para ler
+ Para Saber Mais - Um comentário gramatical - Clique para ler
+ Na Sala de Aula - Uma recomendação - Clique para ler
1.3 O Axioma da Indução
O último dos axiomas de Peano é conhecido como o axioma da indução. Ele
é a base de um e�ciente método de demonstração de proposições referentes a
números naturais (demonstrações por indução, ou por recorrência). Enunciado
sob a forma de propriedades em vez de conjuntos, ele se formula assim:
Seja P (n) uma propriedade relativa ao número natural n. Suponhamos que
i) P (1) é válida;
ii) Para todo n ∈ N, a validez de P (n) implica a validez de P (n′), onde n′ é o
sucessor de n.
Então P (n) é válida qualquer que seja o número natural n.
Com efeito, se chamarmos de X o conjunto dos números naturais n para
os quais P (n) é válida, veremos que:
1 ∈ X em virtude de (i); e que
n ∈ X ⇒ n′ ∈ X em virtude de (ii).
Logo, pelo axioma da indução, concluímos que X = N.
Definição 1 Esta formulação do Axioma da Indução é chamada de Princípio de Indução
Matemática
4
Unidade 1Números Naturais
+ Para Saber Mais - Cuidado! - Clique para ler
1.4 As Duas Operações: Adição e Multipli-
cação
Entre os números naturais estão de�nidas duas operações fundamentais:
a adição, que aos números n, p ∈ N faz corresponder a soma n + p e a
multiplicação, que lhes associa o produto np.
A soma n + p é o número natural que se obtém a partir de n aplicando-se
p vezes seguidas a operação de tomar o sucessor. Em particular, n + 1 é o
sucessor de n, n + 2 é o sucessor do sucessor de n, etc. Por exemplo, tem-se
2 + 2 = 4 simplesmente porque 4 é o sucessor do sucessor de 2.
De agora em diante, o sucessor do número natural n será designado por
n+ 1.
Quanto ao produto, põe-se n · 1 = n por de�nição e, quando p 6= 1, np é a
soma de p parcelas iguais a n.
Em última análise, a soma n+ p e o produto np têm mesmo os signi�cados
que lhes são atribuídos pelas explicações dadas acima. Entretanto, até que
saibamos utilizar os números naturais para efetuar contagens, não tem sentido
falar em �p vezes� e �p parcelas�. Por isso, as operações fundamentais devem
ser de�nidas por indução, como se segue.
Adição: n + 1 = sucessor de n e n + (p + 1) = (n + p) + 1 . Esta última
igualdade diz que se sabemos somar p a todos os números naturais n, sabemos
também somar p+1: a soma n+(p+1) é simplesmente o sucessor (n+p)+1
de n + p . O axioma da indução garante que a soma n + p está de�nida para
quaisquer n, p ∈ N.
Multiplicação: n·1 = n e n(p+1) = np+n. Ou seja: multiplicar um número
n por 1 não o altera. E se sabemos multiplicar todos os números naturais n por
p, sabemos também multiplicá-los por p+1: basta tomar n(p+1) = np+n. Por
indução, sabemos multiplicar todo n por qualquer p. Estas operações gozam das
conhecidas propriedades de associatividade, comutatividade e distributividade.
As demonstrações são feitas por indução. (Voltaremos ao assunto na Unidade
5 de MA12, onde mais detalhes serão apresentados.)
5
Unidade 1 A Ordenação nos Números Naturais
1.5 A Ordenação nos Números Naturais
Nossa breve descrição do conjunto N dos números naturais termina com a
relação de ordem m < n.
Dados m, n ∈ N, diz-se que m é menor do que n, e escreve-se m < n,
para signi�car que existe algum p ∈ N tal que n = m + p. (Isto quer dizer
que n é o sucessor do sucessor... do sucessor de m, o ato de tomar o sucessor
sendo iterado p vezes.)
A relação m < n tem as seguintes propriedades:Transitividade: Se m < n e n < p então m < p.
Tricotomia: Dados m, n ∈ N, vale uma, e somente uma, das alternativas:
m = n, m < n ou n < m.
Monotonicidade: Se m < n então, para qualquer p ∈ N, tem-se m+p < n+p
e mp < np.
Boa-ordenação: Todo subconjunto não-vazio X ⊂ N possui um menor ele-
mento. Isto signi�ca que existe um elemento m0 ∈ X que é menor do que
todos os demais elementos de X. A boa-ordenação pode muitas vezes
substituir com vantagem a indução como método de prova de resultados
referentes a números naturais.
São muito raros e pouco interessantes os exemplos de demonstração por
indução que podem ser dados sem usar as operações fundamentais e as desi-
gualdades. Por isso, somente agora apresentamos um deles, seguido de uma
demonstração por boa-ordenação.
Exemplo 1. Queremos provar a validez, para todo número natural n, da
igualdade
P (n) : 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) = n2
Usaremos indução. Para n = 1, P (1) se resume a a�rmar que 1 = 1. Supondo
P (n) verdadeira para um certo valor de n, somamos 2n+1 a ambos os membros
da igualdade acima, obtendo
1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) + (2n+ 1) = n2 + 2n+ 1,
6
Unidade 1Números Naturais
ou seja:
1 + 3 + 5 + . . .+ [2(n+ 1)− 1] = (n+ 1)2.
Mas esta última igualdade é P (n+1). Logo P (n) ⇒ P (n+1). Assim, P (n)
vale para todo n ∈ N. Podemos então a�rmar que a soma dos n primeiros
números ímpares é igual ao quadrado de n.
Exemplo 2. (Usando boa-ordenação.) Lembremos que um número natural
p chama-se primo quando não pode ser expresso como produto p = mn de dois
números naturais, a menos que um deles seja igual a 1 (e o outro igual a p);
isto equivale a dizer que os fatores m, n não podem ser ambos menores do que
p. Um resultado fundamental em Aritmética diz que todo número natural é
primo ou é um produto de fatores primos. Provaremos isto por boa ordenação.
Usaremos a linguagem de conjuntos. Seja X o conjunto dos números naturais
que são primos ou produtos de fatores primos. Observemos que se m e n
pertencem a X então o produto mn pertence a X. Seja Y o complementar
de X. Assim, Y é o conjunto dos números naturais que não são primos nem
são produtos de fatores primos. Queremos provar que Y é vazio. Isto será
feito por redução ao absurdo (como sempre se dá nas demonstrações por boa-
ordenação). Com efeito, se Y não fosse vazio, haveria um menor elemento
a ∈ Y . Então todos os números menores do que a pertenceriam a X. Como a
não é primo, ter-se-ia a = m · n, com m < a e n < a, logo m ∈ X e n ∈ X.
Sendo assim, mn ∈ X. Mas mn = a, o que daria a ∈ X, uma contradição.
Segue-se que Y = ∅ , concluindo a demonstração.
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Unidade 1 Exercícios Recomendados
1.6 Exercícios Recomendados
1. Dado o número natural a, seja Y ⊂ N um conjunto com as seguintes
propriedades:
(1) a ∈ Y ;
(2) n ∈ Y ⇒ n+ 1 ∈ Y .
Prove que Y contém todos os números naturais maiores do que ou iguais
a a.
(Sugestão: considere o conjunto X = Ia ∪ Y , onde Ia é o conjunto dos números
naturais 6 a, e prove, por indução, que X = N.)
2. Use o exercício anterior para provar que 2n+ 1 6 2n para todo n > 2 e,
em seguida, que n2 < 2n para todo n > 5.
3. Complete os detalhes da seguinte demonstração do Princípio de Boa
Ordenação: Seja A ⊂ N um conjunto que não possui um menor ele-
mento. Considere o conjunto X formado pelos números naturais n tais
que 1, 2, ..., n não pertencem a A. Observe que 1 ∈ X e, além disso, se
n ∈ X então todos os elementos de A são > n + 1. Como n + 1 não
pode ser o menor elemento de A, conclua que n + 1 ∈ X. Logo, por
indução, segue-se que X = N. Portanto A é vazio.
4. Prove, por indução, que (n+ 1
n
)n
6 n
para todo n > 3 e conclua daí que a sequência
1,
√
2,
3
√
3,
4
√
4 . . .
é decrescente a partir do terceiro termo.
5. Prove, por indução, que
1 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
.
6. Critique a seguinte argumentação: Quer-se provar que todo número natu-
ral é pequeno. Evidentemente, 1 é um número pequeno. Além disso, se n
for pequeno, n+ 1 também o será, pois não se torna grande um número
pequeno simplesmente somando-lhe uma unidade. Logo, por indução,
todo número natural é pequeno.
8
Unidade 1Números Naturais
7. Use a distributividade para calcular (m + n)(1 + 1) de duas maneiras
diferentes e em seguida use a lei do corte para concluir que m+n = n+m.
8. Seja X ⊂ N um conjunto não-vazio, com a seguinte propriedade: para
qualquer n ∈ N, se todos os números naturais menores do que n perten-
cem a X então n ∈ X. Prove que X = N. (Sugestão: boa ordenação.)
9. Seja P (n) uma propriedade relativa ao número natural n. Suponha que
P (1), P (2) são verdadeiras e que, para qualquer n ∈ N, a verdade de
P (n) e P (n + 1) implica a verdade de P (n + 2). Prove que P (n) é
verdadeira para todo n ∈ N.
10. Use indução para provar que
13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 = 1
4
n2(n+ 1)2.
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Unidade 1 Textos Complementares
1.7 Textos Complementares
Na Sala de Aula Re�exões sobre a sala de aula
Do ponto de vista do ensino em nível do ensino médio, não tem cabimento
expor a Matemática sob forma axiomática. Mas é necessário que o professor
saiba que ela pode ser organizada sob a forma acima delineada. Uma linha de
equilíbrio a ser seguida na sala de aula deve basear-se nos seguintes preceitos:
1. Nunca dar explicações falsas sob o pretexto de que os alunos ainda não têm
maturidade para entender a verdade. (Isto seria como dizer a uma criança que
os bebês são trazidos pela cegonha.) Exemplo: �in�nito é um número muito
grande�. Para outro exemplo, vide RPM 29, págs. 13-19.
2. Não insistir em detalhes formais para justi�car a�rmações que, além de
verdadeiras, são intuitivamente óbvias e aceitas por todos sem discussão nem
dúvidas. Exemplo: o segmento de reta que une um ponto interior a um ponto
exterior de uma circunferência tem exatamente um ponto em comum com essa
circunferência.
Em contraposição, fatos importantes cuja veracidade não é evidente, como
o Teorema de Pitágoras ou a Fórmula de Euler para poliedros convexos, devem
ser demonstrados (até mesmo de várias formas diferentes).
Excetuam-se, naturalmente, demonstrações longas, elaboradas ou que fa-
çam uso de noções e resultados acima do alcance dos estudantes desse nível
(como o Teorema Fundamental da Algebra, por exemplo).
Provar o óbvio transmite a falsa impressão de que a Matemática é inútil. Por
outro lado, usar argumentos elegantes e convincentes para demonstrar resulta-
dos inesperados é uma maneira de exibir sua força e sua beleza. As demons-
trações, quando objetivas e bem apresentadas, contribuem para desenvolver o
raciocínio, o espírito crítico, a maturidade e ajudam a entender o encadeamento
lógico das proposições matemáticas.
3. Ter sempre em mente que, embora a Matemática possa ser cultivada por
si mesma, como um todo coerente, de elevado padrão intelectual, formado por
conceitos e proposições de natureza abstrata, sua presença no currículo escolar
não se deve apenas ao valor dos seus métodos para a formação mental dos
jovens.
A importância social da Matemática provém de que ela fornece modelos
10
Unidade 1Números Naturais
para analisar situações da vida real. Assim, por exemplo, conjuntos são o
modelo para disciplinar o raciocínio lógico, números naturais são o modelo para
contagem e números reais são o modelo para medida; funções a�ns servem de
modelo para situações, como o movimento uniforme, em que os acréscimos da
função são proporcionais aos acréscimos da variável independente. E assim por
diante.
11
Unidade 1 Textos Complementares
Na Sala de Aula Uma recomendação
Não se deve dar muita importância à eterna questão de saber se 0 (zero) deve
ou não ser incluído entre os números naturais. (Vide �Meu Professor de Ma-
temática�, pág. 150.) Praticamente todos os livros de Matemática usados nas
escolas brasileiras consideram 0 como o primeiro número natural (consequente-
mente 1 é o segundo, 2 é o terceiro, etc). Como se viu acima, não adotamos
esse ponto-de-vista. Trata-se, evidentemente, de uma questão depreferência.
Deve-se lembrar que o símbolo 0 (sob diferentes formas grá�cas) foi empregado
inicialmente pelos maias, posteriormente pelos hindus, difundido pelos árabes e
adotado no ocidente, não como um número e sim como um algarismo, com o
utilíssimo objetivo de preencher uma casa decimal vazia. (No caso dos maias, a
base do sistema de numeração era 20, e não 10.) De resto, a opção do número
natural para iniciar a sequência não se limita a escolher entre 0 e 1. Frequente-
mente esquecemos que, do mesmo modo que conhecemos e usamos o zero mas
começamos os números naturais com 1, a Matemática grega, segundo apre-
sentada por Euclides, não considerava 1 como um número. Nos �Elementos�,
encontramos as seguintes de�nições:
�Unidade é aquilo pelo qual cada objeto é um. Número é uma multitude de
unidades�.
12
Unidade 1Números Naturais
Para Saber MaisComentários sobre De�nições e axiomas
Uma de�nição matemática é uma convenção que consiste usar um nome, ou
uma breve sentença, para designar um objeto ou uma propriedade, cuja descrição
normalmente exigiria o emprego de uma sentença mais longa. Vejamos algumas
de�nições, como exemplo.
• Ângulo é a �gura formada por duas semirretas que têm a mesma origem.
• Primos entre si são dois ou mais números naturais cujo único divisor
comum é a unidade.
Mas nem sempre foi assim. Euclides, por exemplo, começa os �Elementos�
com uma série de de�nições, das quais selecionamos as seguintes:
• Linha é um comprimento sem largura.
• Superfície é o que possui comprimento e largura somente.
• Quando uma reta corta outra formando ângulos adjacentes iguais, cada
um desses ângulos chama-se reto e as retas se dizem perpendiculares.
As de�nições de ângulo e de números primos entre si, dadas acima, bem
como as de�nições de ângulo reto e retas perpendiculares dadas por Euclides,
são corretas. Elas atendem aos padrões atuais de precisão e objetividade. Por
outro lado, nas de�nições de linha e superície, Euclides visa apenas oferecer ao
seu leitor uma imagem intuitiva desses conceitos. Elas podem servir para ilustrar
o pensamento geométrico mas não são utilizáveis nos raciocínios matemáticos
porque são formuladas em termos vagos e imprecisos.
Na apresentação de uma teoria matemática, toda de�nição faz uso de termos
especí�cos, os quais foram de�nidos usando outros termos, e assim sucessiva-
mente. Este processo iterativo leva a três possibilidades:
a) Continua inde�nidamente, cada de�nição dependendo de outras anteriores,
sem nunca chegar ao �m.
b) Conduz a uma circularidade, como nos dicionários. (Onde se vê, por exemplo:
compreender → perceber, perceber → entender e entender → compreender.)
13
Unidade 1 Textos Complementares
c) Termina numa palavra, ou num conjunto de palavras (de preferência dotadas
de conotações intuitivas simples) que não são de�nidas, isto é, que são tomadas
como representativas de conceitos primitivos. Exemplos: ponto, reta, conjunto.
Evidentemente, as alternativas (a) e (b) acima citadas não convêm à Ma-
temática. A alternativa (c) é a adotada. Se prestarmos atenção, veremos que
foi assim que aprendemos a falar. Numerosas palavras nos foram apresentadas
sem de�nição e permanecem até hoje em nosso vocabulário como conceitos
primitivos, que aprendemos a usar por imitação e experiência.
Para poder empregar os conceitos primitivos adequadamente, é necessário
dispor de um conjunto de princípios ou regras que disciplinem sua utilização
e estabeleçam suas propriedades. Tais princípios são chamados axiomas ou
postulados. Assim como os conceitos primitivos são objetos que não se de�nem,
os axiomas são proposições que não se demonstram.
Uma vez feita a lista dos conceitos primitivos e enunciados os axiomas
de uma teoria matemática, todas as demais noções devem ser de�nidas e as
a�rmações seguintes devem ser demonstradas.
Nisto consiste o chamado método axiomático. As proposições a serem
demonstradas chamam-se teoremas e suas consequências imediatas são
denominadas corolários. Uma proposição auxiliar, usada na demonstração de
um teorema, é chamada um lema.
Ser um axioma ou ser um teorema não é uma característica intrínseca de
uma proposição. Dependendo da preferência de quem organiza a apresentação
da teoria, uma determinada proposição pode ser adotada como axioma ou então
provada como teorema, a partir de outra proposição que a substituiu na lista
dos axiomas.
A seguir veremos um resumo da teoria matemática dos números naturais,
onde os conceitos primitivos são �número natural� e �sucessor� e os axiomas são
os de Peano.
14
Unidade 1Números Naturais
Para Saber MaisSobre o sistema de numeração
Um engenhoso processo, chamado sistema de numeração decimal, permite
representar todos os números naturais com o auxílio dos símbolos 0, 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8 e 9. Além disso, os primeiros números naturais têm nomes: o sucessor
do número um chama se �dois�, o sucessor de dois chama-se �três�, etc. A partir
de um certo ponto, esses nomes tornam-se muito complicados, sendo preferível
abrir mão deles e designar os grandes números por sua representação decimal.
(Na realidade, os números muito grandes não possuem nomes. Por exemplo,
como se chamaria o número 101000?).
Deve �car claro que o conjunto N = {1, 2, 3, . . .} dos números naturais é
uma sequência de objetos abstratos que, em princípio, são vazios de signi�cado.
Cada um desses objetos (um número natural) possui apenas um lugar determi-
nado nesta sequência. Nenhuma outra propriedade lhe serve de de�nição. Todo
número tem um sucessor (único) e, com exceção de 1, tem também um único
antecessor (número do qual é sucessor).
Vistos desta maneira, podemos dizer que os números naturais são números
ordinais : 1 é o primeiro, 2 é o segundo, etc.
15
Unidade 1 Textos Complementares
Para Saber Mais Um comentário gramatical
Quando dizemos �o número um�, �o número dois� ou �o número três�, as
palavras �um�, �dois� e �três� são substantivos, pois são nomes de objetos. Isto
contrasta com o uso destas palavras em frases como �um ano, dois meses e
três dias�, onde elas aparecem para dar a ideia de número cardinal, isto é, como
resultados de contagens. Nesta frase, �um�, �dois� e �três� não são substanti-
vos. Pertencem a uma categoria gramatical que, noutras línguas (como francês,
inglês e alemão, por exemplo) é chamada adjetivo numeral e que os gramáticos
brasileiros e portugueses, há um par de décadas, resolveram chamar de numeral
apenas. Este comentário visa salientar a diferença entre os números naturais,
olhados como elementos do conjunto N, e o seu emprego como números cardi-
nais. Este segundo aspecto será abordado no capítulo seguinte.
16
Unidade 1Números Naturais
Para Saber MaisCuidado!
O axioma da indução é uma forma sagaz e operacional de dizer que qualquer
número natural n pode ser alcançado se partirmos de 1 e repetirmos su�ciente-
mente a operação de tomar o sucessor de um número. Ele está presente (pelo
menos de forma implícita) sempre que, ao a�rmarmos a veracidade de uma pro-
posição referente aos números naturais, veri�camos que ela é verdadeira para
n = 1, n = 2, n = 3 e dizemos �e assim por diante...�. Mas é preciso ter
cuidado com esta última frase. Ela pressupõe que P (n) ⇒ P (n′) para todo
n ∈ N. No �nal deste capítulo, apresentamos como exercícios algumas propo-
sições demonstráveis por recorrência, bem como alguns curiosos paradoxos que
resultam do uso inadequado do axioma da indução.
17
MA12 - Unidade 1
Números Naturais
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
January 27, 2014
Os Números Naturais
Números Naturais: modelo abstrato para contagem.
N = {1, 2, 3, ...}
Uma descrição precisa e concisa de N é dada pelos Axiomas
de Peano.
Noção fundamental: a de sucessor de um número natural (ou
seja, o número que, intuitivamente, vem logo depois dele).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 2/8
Os Axiomas de Peano
a) Todo número natural tem um único sucessor;b) Números naturais diferentes têm sucessores diferentes;
c) Existe um único número natural, chamado um e representado
pelo śımbolo 1, que não é sucessor de nenhum outro;
d) Seja X um conjunto de números naturais (isto é, X ⊂ N). Se
1 ∈ X e se, além disso, o sucessor de todo elemento de X
ainda pertence a X , então X = N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 3/8
O Axioma da Indução
O último dos axiomas de Peano é conhecido como Axioma da
Indução e é a base para um método de demonstração para
propriedades relativas aos números naturais (demonstrações
por indução).
Seja P(n) uma propriedade relativa ao número natural n.
Suponhamos que:
i) P(1) é válida;
ii) Para todo n ∈ N, a validez de P(n) implica a validez de P(n′),
onde n′ (ou n + 1) é o sucessor de n.
Então P(n) é válida qualquer que seja o número natural n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 4/8
Exemplo: uma demonstração por indução
Provar a validez, para todo número natural n, da igualdade
P(n) : 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2
Para n = 1, P(1) se resume a afirmar que 1 = 1. Supondo
P(n) verdadeira para um certo valor de n, somamos 2n + 1 a
ambos os membros da igualdade acima, obtendo
1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1,
ou seja:
1 + 3 + 5 + . . . + [2(n + 1)− 1] = (n + 1)2.
Mas esta última igualdade é P(n + 1). Logo
P(n) ⇒ P(n + 1).
Assim, P(n) vale para todo n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 5/8
As Duas Operações: Adição e Multiplicação
A soma n + p é o número natural que se obtém a partir de n
aplicando-se p vezes seguidas a operação de tomar o sucessor.
Em particular, n + 1 é o sucessor de n, n + 2 é o sucessor do
sucessor de n, etc.
Quanto ao produto, põe-se n · 1 = n por definição e, quando
p 6= 1, np é a soma de p parcelas iguais a n.
Estas operações podem ser formalizadas usando indução.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 6/8
Usando indução para definir as operações
Adição:
n + 1 = sucessor de n
n + (p + 1) = (n + p) + 1 .
Multiplicação:
n · 1 = n
n(p + 1) = np + n.
As propriedades destas operações (comutativa, associativa,
etc) podem ser demonstradas por indução.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 7/8
A Ordenação nos Números Naturais
Dados m, n ∈ N, diz-se que m é menor do que n, e escreve-se
m < n, para significar que existe algum p ∈ N tal que
n = m + p.
Propriedades:
a) Se m < n e n < p então m < p.
b) Dados m, n ∈ N, vale uma, e somente uma, das alternativas:
m = n, m < n ou n < m.
c) Se m < n então, para qualquer p ∈ N, tem-se m + p < n + p e
mp < np.
d) (Propriedade da Boa Ordenação) Todo subconjunto não-vazio
X ⊂ N possui um menor elemento. Isto significa que existe um
elemento n0 ∈ X que é menor do que todos os demais
elementos de X .
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 1 , Números Naturais slide 8/8
Lista de Exerćıcios
Unidade 1
1. O diagrama abaixo, em que a seta indica o sucessor de cada elemento,
representa a estrutura dos números naturais imposta pelos axiomas de
Peano.
1 2 3 4 5 6 7 ...
Em cada um dos diagramas a seguir, exatamente um dos axiomas de
Peano é violado. Diga qual é ele.
a)
1 2 3 4 5 6 7 ...
b)
1 2 3 4 5 6 7 ...
c)
1 2 3 4 5 6 7 ...
d)
1 2 3 4 5 6 7 ...
2. Prove, por indução, que
1 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n + 1)(2n + 1)
6
.
3. Diga onde está o erro da seguinte demonstração da afirmativa
1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n = 2n+1.
A propriedade é trivialmente válida para n = 1. Suponhamos que seja
válida para n, ou seja 1+2+4+8+. . .+2n = 2n+1. Então 1+2+4+8+
1
. . .+2n +2n+1 = 2n+1 +2n+1 = 2.2n+1 = 2n+2. Portanto, a propriedade
também é válida para n + 1. Logo, pelo Prinćıpio da Indução Finita,
1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n = 2n+1 para todo n ∈.
4. Usando indução e a propriedade associativa da adição, demonstre a lei
do corte: ”Se m,n e p são números naturais tais que m + p = n + p,
então m = n. [Sugestão: use indução em p, notando que o caso base
da indução é o segundo axioma de Peano. ]
5. Demonstre a propriedade transitiva da ordem: Se m, n e p são números
naturais tais que m < n e n < p, então m < p.
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 1
1. a) O quarto axioma é violado. O subconjunto {1, 2, 5, 6, . . .} contém 1
e o sucessor de cada elemento, mas não é igual a N.
b) O terceiro axioma é violado. O elemento 2 também não é sucessor
de um natural.
c) O segundo e terceiro axiomas são violados. O número 3 é sucessor
de dois números diferentes e, além disso, 2 também não é sucessor de
nenhum natural.
d) O segundo axioma é violado. O número 2 é sucessor de dois números
diferentes (1 e 7).
2. A fórmula vale para n = 1, já que 12 = 1.2.3
6
.
Suponhamos que ela valha para um certo n, ou seja, 12 +22 +32 + · · ·+
n2 = n(n+1)(2n+1)
6
. Somando (n + 1)2 a ambos os lados da igualdade,
obtemos:
12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n + 1)2 = n(n+1)(2n+1)
6
+ (n + 1)2 =
(n+1)(2n2+n+6n+6)
6
= (n+1)(2n
2+7n+6)
6
= (n+1)(n+2)(2n+3)
6
Logo, a fórmula também é válida para n + 1. Portanto, pelo Prinćıpio
da Indução, a fórmula é válida para todo n natural.
3. Na verdade, a propriedade não vale para n = 1, já que 1 + 21 6= 21+1.
4. Para p = 1, a afirmativa vale pelo segundo axioma de Peano: se os
sucessores m + 1 e n + 1 de m e n são iguais, então m = n.
Suponhamos agora que a propriedade valha para algum natural p. Isto
é, m + p = n + p implique m = n. Suponhamos que m + (p + 1) =
n + (p + 1). Pela propriedade associativa da adição, a igualdade é
equivalente a (m+ 1) + p = (n+ 1) + p. Mas pela hipótese de indução,
isto implica m + 1 = n + 1, que por sua vez implica m = n (pelo caso
em que p = 1). Logo, se a propriedade vale para p então vale também
para p + 1.
1
Portanto, pelo Prinćıpio da Indução, a lei do corte vale para todo p
natural.
5. Suponhamos que m < n e n < p. Então, pela definição da ordem,
existem naturais r e s tais que m + r = n e n + s = p. Substituindo
a expressão de n fornecida pela primeira igualdade na segunda, temos
(m + r) + s = p, que é equivalente a m + (r + s) = p. Logo, m < p.
2
2
1
Números Cardinais
Sumário
2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.3 A Noção de Número Cardinal . . . . . . . . . . . . 4
2.4 Conjuntos Finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.5 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.6 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 10
Unidade 2 Introdução
2.1 Introdução
A importância dos números naturais provém do fato de que eles constituem
o modelo matemático que torna possível o processo de contagem. Noutras
palavras, eles respondem a perguntas do tipo: �Quantos elementos tem este
conjunto?�
Para contar os elementos de um conjunto é necessário usar a noção de cor-
respondência biunívoca, ou bijeção. Trata-se de um caso particular do conceito
de função, abordado aqui de forma breve, que será desenvolvido com maiores
detalhes na Unidade 3 de MA11.
2.2 Funções
Definição 1 Dados os conjuntos X, Y , uma função f : X → Y (lê-se �uma função de
X em Y �) é uma regra (ou conjunto de instruções) que diz como associar a
cada elemento x ∈ X um elemento y = f(x) ∈ Y .
O conjunto X chama-se o domínio e Y é o contra-domínio da função f .
Para cada x ∈ X, o elemento f(x) ∈ Y chama-se a imagem de x pela função
f , ou o valor assumido pela função f no ponto x ∈ X. Escreve-se x 7→ f(x)
para indicar que f transforma (ou leva) x em f(x).
Exemplos particularmente simples de funções são a função identidade f :
X → X, de�nida por f(x) = x para todo x ∈ X e as funções constantes
f : X → Y , onde se toma um elemento c ∈ Y e se põe f(x) = c para todo
x ∈ X.
+ Para Saber Mais - Recomendações - Clique para ler
Exemplo 1 Sejam X o conjunto dos triângulos do plano Π e R o conjuntodos números
reais (que abordaremos logo mais). Se, a cada t ∈ X, �zermos corresponder o
número real f(t) = área do triângulo t, obteremos uma função f : X → R.
2
Unidade 2Números Cardinais
Exemplo 2Sejam S o conjunto dos segmentos de reta do plano Π e ∆ o conjunto das
retas desse mesmo plano. A regra que associa a cada segmento AB ∈ S sua
mediatriz g(AB) de�ne uma função g : S → ∆.
Exemplo 3A correspondência que associa a cada número natural n seu sucessor n+ 1
de�ne uma função s : N→ N, com s(n) = n + 1.
Definição 2Uma função f : X → Y chama-se injetiva quando elementos diferentes
em X são transformados por f em elementos diferentes em Y . Ou seja, f é
injetiva quando x 6= x′ em X ⇒ f(x) 6= f(x′).
Esta condição pode também ser expressa em sua forma contrapositiva:
f(x) = f(x′) ⇒ x = x′.
Nos três exemplos dados acima, apenas o terceiro é de uma função injetiva.
(Dois triângulos diferentes podem ter a mesma área e dois segmentos distintos
podem ter a mesma mediatriz mas números naturais diferentes têm sucessores
diferentes.)
Definição 3Diz-se que uma função f : X → Y é sobrejetiva quando, para qualquer
elemento y ∈ Y , pode-se encontrar (pelo menos) um elemento x ∈ X tal que
f(x) = y.
Nos três exemplos dados acima, apenas o segundo apresenta uma função
sobrejetiva. (Toda reta do plano é mediatriz de algum segmento mas apenas
os números reais positivos podem ser áreas de triângulos e o número 1 não é
sucessor de número natural algum.)
Definição 4Chama-se imagem do subconjunto A ⊂ X pela função f : X → Y ao
subconjunto f(A) ⊂ Y formado pelos elementos f(x), com x ∈ A.
3
Unidade 2 A Noção de Número Cardinal
Portanto, uma função f : X → Y é sobrejetiva quando f(X) = Y . O
conjunto f(X), imagem do domínio X pela função f chama-se também a
imagem da função f .
Nos Exemplos 1, 2 e 3, a imagem da função f é o conjunto dos números
reais positivos, a imagem de g é todo o conjunto ∆ e a imagem de s é o
conjunto dos números naturais ≥ 2.
Dada a função f : X → Y , para saber se um certo elemento b ∈ Y pertence
ou não à imagem f(X), escrevemos a �equação� f(x) = b e procuramos
achar algum x ∈ X que a satisfaça. Consequentemente, para mostrar que f é
sobrejetiva deve-se provar que a equação f(x) = y possui uma solução x ∈ X,
seja qual for o y ∈ Y dado.
+ Para Saber Mais - Recomendação - Clique para ler
Exemplo 4 Considere a tentativa de de�nir uma função f : N → N, estipulando que,
para todo n ∈ N, o número natural p = f(n) deve ser tal que p2 + 3 = n. O
número p = f(n) só pode ser encontrado se n for igual a 4, 7, 12, 19, ... pois
nem todos os números naturais são da forma p2 + 3. Assim, esta regra não
de�ne uma função com domínio N, porque tem exceções.
Exemplo 5 Indiquemos com X o conjunto dos números reais positivos e com Y o
conjunto dos triângulos do plano. Para cada x ∈ X, ponhamos f(x) = t caso t
seja um triângulo cuja área é x. Esta regra não de�ne uma função f : X → Y
porque é ambígua: dado o número x > 0, existe uma in�nidade de triângulos
diferentes com área x.
2.3 A Noção de Número Cardinal
A conceito de número cadinal se estabelece por meio da noção de bijeção.
Definição 5 Uma função f : X → Y chama-se uma bijeção, ou uma correspondência
biunívoca entre X e Y quando é ao mesmo tempo injetiva e sobrejetiva.
4
Unidade 2Números Cardinais
Exemplo 6Sejam X = {1, 2, 3, 4, 5} e Y = {2, 4, 6, 8, 10}. De�nindo f : X → Y
pela regra f(n) = 2n, temos uma correspondência biunívoca, onde f(1) = 2,
f(2) = 4, f(3) = 6, f(4) = 8 e f(5) = 10.
Exemplo 7Um exemplo particularmente curioso de correspondência biunívoca, que
estende o exemplo anterior, foi descoberto pelo físico Galileu Galilei, que viveu
há quatrocentos anos. Seja P o conjunto dos números naturais pares:
P = {2, 4, 6, . . . , 2n, . . .}.
Obtém-se uma correspondência biunívoca f : N→ P pondo-se f(n) = 2n para
todo n ∈ N. O interessante deste exemplo é que P é um subconjunto próprio
de N.
Exemplo 8Sejam Y a base de um triângulo e X um segmento paralelo a Y , unindo
os outros dois lados desse triângulo. Seja ainda P o vértice oposto à base
Y . Obtém-se uma correspondência biunívoca f : X → Y associando a cada
x ∈ X o ponto f(x) onde a semirreta Px intersecta a base Y .
5
Unidade 2 A Noção de Número Cardinal
Figura 2.1: Correspondência biunívoca entre dois segmentos
Exemplo 9 Neste exemplo, X = C \ {P} é o conjunto obtido retirando da circun-
ferência o ponto P e Y é uma reta perpendicular ao diâmetro que não passa
por P . De�na a correspondência biunívoca f : X → Y pondo, para cada
x ∈ X, f(x) = intersecção da semirreta Px com a reta Y .
Figura 2.2: O círculo sem um ponto e a reta
Definição 6 Diz-se que dois conjuntos X e Y tem o mesmo número cardinal quando
se pode de�nir uma correspondência biunívoca f : X → Y .
Cada um dos quatro exemplos acima exibe um par de conjuntos X, Y com
o mesmo cardinal.
6
Unidade 2Números Cardinais
Exemplo 10Sejam X = {1} e Y = {1, 2}. Evidentemente não pode existir uma
correspondência biunívoca f : X → Y , portanto X e Y não têm o mesmo
número cardinal.
+ Para Saber Mais - A palavra �número� no dicionário - Clique para ler
2.4 Conjuntos Finitos
Dado n ∈ N, indiquemos com a notação In o conjunto dos números naturais
de 1 até n. Assim, I1 = {1}, I2 = {1, 2}, I3 = {1, 2, 3} e, mais geralmente,
um número natural k pertence a In se, e somente se, 1 ≤ k ≤ n.
Definição 7Seja X um conjunto. Diz-se que X é �nito, e que X tem n elementos
quando se pode estabelecer uma correspondência biunívoca f : In → X.
O número natural n chama-se então o número cardinal do conjunto X ou,
simplesmente, o número de elementos de X. A correspondência f : In → X
chama-se uma contagem dos elementos de X. Pondo f(1) = x1, f(2) =
x2, . . . , f(n) = xn, podemos escrever X = {x1, x2, . . . , xn}. Para todo n, o
conjunto In é �nito e seu número cardinal é n. Assim, todo número natural n
é o número cardinal de algum conjunto �nito.
A �m de evitar exceções, admite-se ainda incluir o conjunto vazio ∅ entre
os conjuntos �nitos e diz-se que ∅ tem zero elementos. Assim, por de�nição,
zero é o número cardinal do conjunto vazio.
Diz-se que um conjunto X é in�nito quando ele não é �nito. Isto quer
dizer que X não é vazio e que, não importa qual seja n ∈ N , não existe
correspondência biunívoca f : In → X.
No Exemplo 6 acima, temos X = I5 e f : X → Y é uma contagem
dos elementos de Y . Assim, Y é um conjunto �nito, com 5 elementos. O
conjunto N dos números naturais é in�nito. Com efeito, dada qualquer função
f : In → N , não importa qual n se �xou, pomos k = f(1) + f(2) + · · ·+ f(n)
e vemos que, para todo x ∈ In, tem-se f(x) < k, logo não existe x ∈ In tal
7
Unidade 2 Conjuntos Finitos
que f(x) = k. Assim, é impossível cumprir a condição de sobrejetividade na
de�nição de correspondência biunívoca.
O número cardinal de um conjunto �nito X, que indicaremos com a notação
n(X), goza de algumas propriedades básicas, entre as quais destacaremos as
seguintes:
1. O número de elementos de um conjunto �nito é o mesmo, seja qual for
a contagem que se adote. Isto signi�ca que se f : Im → X e g : In → X
são correspondências biunívocas então m = n.
2. Todo subconjunto Y de um conjunto �nito X é �nito e n(Y ) ≤ n(X).
Tem-se n(Y ) = n(X) somente quando Y = X.
3. Se X e Y são �nitos então X ∪Y é �nito e tem-se n(X ∪Y ) = n(X) +
n(Y )− n(X ∩ Y ) .
4. Sejam X, Y conjuntos �nitos. Se n(X) > n(Y ), nenhuma função f :
X → Y é injetiva e nenhuma função g : Y → X é sobrejetiva.
As demonstrações destes fatos se fazem por induçãoo ou por boa-ordenação.
(Veja, por exemplo, [Lima]: Curso de Análise, vol. 1, págs. 33-38.) A primeira
parte do item 4. acima é conhecida como o princípio das casas de pombos : se
há mais pombos do que casas num pombal, qualquer modo de alojar os pombos
deverá colocar pelo menos dois deles na mesma casa. As vezes, o mesmo fato
é chamado o princípio das gavetas : se m > n, qualquer maneira de distribuir
m objetos em n gavetas deverá por ao menos dois desses objetosna mesma
gaveta. (Na referência [Lima] citada, este é o Corolário 1 na página 35.)
O princípio das casas de pombos, com toda sua simplicidade, possui inte-
ressantes aplicações. Vejamos duas delas.
Exemplo 11 Tomemos um número natural de 1 a 9. Para �xar as ideias, seja 3 esse
número. Vamos provar que todo número natural m possui um múltiplo cuja
representação decimal contém apenas os algarismos 3 ou 0. Para isso, conside-
remos o conjunto X = {3, 33, . . . , 33 . . . 3}, cujos elementos são os m primeiros
números naturais representados somente por algarismos iguais a 3. Se algum
dos elementos de X for múltiplo de m, nosso trabalho acabou. Caso contrário,
8
Unidade 2Números Cardinais
formamos o conjunto Y = {1, 2, . . . ,m− 1} e de�nimos a função f : X → Y
pondo, para cada x ∈ X,
f(x) = resto da divisão de x por m.
Como X tem mais elementos do que Y , o princípio das casas de pombos
assegura que existem elementos x1 < x2 no conjunto X tais que f(x1) = f(x2).
Isto signi�ca que x1 e x2 , quando divididos por m, deixam o mesmo resto. Logo
x2−x1 é múltiplo de m. Mas é claro que se x1 tem p algarismos e x2 tem p+q
algarismos então a representação decimal de x2 − x1 consiste em q algarismos
iguais a 3 seguidos de p algarismos iguais a 0.
Exemplo 12Vamos usar o princípio das gavetas para provar que, numa reunião com n
pessoas (n ≥ 2), há sempre duas pessoas (pelo menos) que têm o mesmo nú-
mero de amigos naquele grupo. Para ver isto, imaginemos n caixas, numeradas
com 0, 1, . . . , n − 1. A cada uma das n pessoas entregamos um cartão que
pedimos para depositar na caixa correspondente ao número de amigos que ela
tem naquele grupo. As caixas de números 0 e n− 1 não podem ambas receber
cartões pois se houver alguém que não tem amigos ali, nenhum dos presentes
pode ser amigo de todos, e vice-versa. Portanto temos, na realidade, n cartões
para serem depositados em n−1 caixas. Pelo princípio das gavetas, pelo menos
uma das caixas vai receber dois ou mais cartões. Isto signi�ca que duas ou mais
pessoas ali têm o mesmo número de amigos entre os presentes.
+ Para Saber Mais - Sobre Conjuntos In�nitos - Clique para ler
+ Para Saber Mais - Fantasia Matemática - Clique para ler
+ Para Saber Mais - Cuidado! - Clique para ler
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Unidade 2 Exercícios Recomendados
2.5 Exercícios Recomendados
1. Prove, por indução, que se X é um conjunto �nito com n elementos
então existem n! bijeções f : X → X.
2. Prove, por indução, que um conjunto com n elementos possui 2n subcon-
juntos.
3. Sejam X e Y dois conjuntos �nitos, com m e n elementos, respectiva-
mente. Mostre que existem nm funções f : X → Y . Você seria capaz
de resolver diretamente o Exercício 2, utilizando este resultado?
2.6 Exercícios Suplementares
1. De�na uma função sobrejetiva f : N → N tal que, para todo n ∈ N, a
equação f(x) = n possui uma in�nidade de raízes x ∈ N.
Sugestão: Todo número natural se escreve, de modo único sob a forma
2a · b, onde a, b ∈ N e b é ímpar.
2. Dados n (n > 2) objetos de pesos distintos, prove que é possível deter-
minar qual o mais leve e qual o mais pesado fazendo 2n − 3 pesagens
em uma balança de pratos. É esse o número mínimo de pesagens que
permitem determinar o mais leve e o mais pesado?
3. Prove que, dado um conjunto com n elementos, é possível fazer uma �la
com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da �la pode
ser obtido a partir do anterior pelo acréscimo ou pela supressão de um
único elemento.
4. Todos os quartos do Hotel Georg Cantor estão ocupados, quando chegam
os trens T1, T2, . . . , (em quantidade in�nita), cada um deles com in�nitos
passageiros. Que deve fazer o gerente para hospedar todos?
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Unidade 2 Textos Complementares
2.7 Textos Complementares
Para Saber Mais Recomendações
1. É importante ressaltar que f(x) é a imagem do elemento x ∈ X pela
função f , ou o valor da função f no ponto x ∈ X. Os livros antigos, bem
como alguns atuais, principalmente os de Cálculo, costumam dizer �a função
f(x)� quando deveriam dizer �a função f �. Algumas vezes essa linguagem
inexata torna a comunicação mais rápida e �ca difícil resistir à tentação de
usá-la. Mas é indispensável a cada momento ter a noção precisa do que se está
fazendo.
Na prática, há algumas funções com as quais é simples e natural lidar usando
a terminologia correta. Por exemplo, é fácil acostumar-se a escrever as funções
sen : R → R e log : R+ → R, guardando as notações senx e log x para os
números reais que são os valores destas funções num dado ponto x. Por outro
lado, quando se trata de uma função polinomial, o bom-senso nos leva a dizer
�a função x2 − 5x + 6�
em vez da forma mais correta e mais pedante �a função p : R→ R tal que
p(x) = x2 − 5x + 6
para todo x ∈ R� . Caso análogo se dá com a função exponencial ex, embora
recentemente se tenha tornado cada vez mais frequente escrever exp(x) = ex
e assim poder falar da função exp : R→ R.
2. Deve-se ainda recordar que uma função consta de três ingredientes: domínio,
contra-domínio e a lei de correspondência x 7→ f(x). Mesmo quando dizemos
simplesmente �a função f �, �cam subentendidos seu domínio X e seu contra-
domínio Y . Sem que eles sejam especi�cados, não existe a função. Assim
sendo, uma pergunta do tipo �Qual é o domínio da função f(x) = 1/x� ?,
estritamente falando, não faz sentido. A pergunta correta seria: �Qual é o
maior subconjunto X ⊂ R tal que a fórmula f(x) = 1/x de�ne uma função
f : X → R ?� Novamente, a pergunta incorreta é mais simples de formular.
Se for feita assim, é preciso saber seu signi�cado.
Segue-se do que foi dito acima que as funções f : X → Y e g : X ′ → Y ′
são iguais se, e somente se, X = X ′, Y = Y ′ e f(x) = g(x) para todo x ∈ X.
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Unidade 2REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
Para Saber MaisRecomendação
3. Em muitos exemplos de funções f : X → Y , principalmente na Matemática
Elementar, X e Y são conjuntos numéricos e a regra x 7→ f(x) exprime o valor
f(x) por meio de uma fórmula que envolve x. Mas em geral não precisa ser
assim. A natureza da regra que ensina como obter f(x) quando é dado x é
inteiramente arbitrária, sendo sujeita apenas a duas condições:
a) Não deve haver exceções: a �m de que a função f tenha o conjunto X
como domínio, a regra deve fornecer f(x), seja qual for x ∈ X dado.
b) Não pode haver ambiguidades: a cada x ∈ X, a regra deve fazer corres-
ponder um único f(x) em Y . Os exemplos a seguir ilustram essas exigências.
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Unidade 2 Textos Complementares
Para Saber Mais A palavra �número� no dicionário
As vezes se diz que os conjuntos X e Y são (numericamente) equivalentes
quando é possível estabelecer uma correspondência biunívoca f : X → Y , ou
seja, quando X e Y têm o mesmo número cardinal.
Isto explica (embora não justi�que) a de�nição dada no dicionário mais
vendido do país. Em algumas situações, ocorrem em Matemática de�nições
do tipo seguinte: um vetor é o conjunto de todos os segmentos de reta do
plano que são equipolentes a um segmento dado. (De�nição �por abstração�.)
Nessa mesma veia, poder-se-ia tentar dizer: �número cardinal de um conjunto
é o conjunto de todos os conjuntos equivalentes a esse conjunto.� No caso
do dicionário, há um conjunto de defeitos naquela de�nição, com um número
cardinal razoavelmente elevado. Os três mais graves são:
1. Um dicionário não é um compêndio de Matemática, e muito menos de Ló-
gica. Deve conter explicações acessíveis ao leigo (de preferência, corretas). As
primeiras acepções da palavra �número� num dicionário deveriam ser �quanti-
dade� e �resultado de uma contagem ou de uma medida�.
2. A de�nição em causa só se aplica a números cardinais, mas a ideia de número
deveria abranger os racionais e, pelo menos, os reais.
3. O �conjunto de todos os conjuntos equivalentes a um conjunto dado� é um
conceito matematicamente incorreto. A noção de conjunto não pode ser usada
indiscriminadamente, sem submeter-se a regras determinadas, sob pena de con-
duzir a paradoxos, ou contradições. Uma dessas regras proíbeque se forme
conjuntos a não ser que seus elementos pertençam a, ou sejam subconjuntos
de, um determinado conjunto-universo. Um exemplo de paradoxo que resulta
da desatenção a essa regra é �o conjunto X de todos os conjuntos que não
são elementos de si mesmos.� Pergunta-se: X é ou não é um elemento de si
mesmo? Qualquer que seja a resposta, chega-se a uma contradição.
14
Unidade 2REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
Para Saber MaisSobre Conjuntos In�nitos
Para encerrar estas considerações a respeito de números cardinais, faremos
alguns comentários sobre conjuntos in�nitos.
Em primeiro lugar, convém esclarecer que a maior contribuição de Cantor
não foi a adoção da linguagem e da notação dos conjuntos e sim suas desco-
bertas sobre os números cardinais de conjuntos in�nitos. Ele foi o primeiro a
descobrir que existem conjuntos in�nitos com diferentes cardinalidades ao pro-
var que não pode haver uma correspondência biunívoca entre N e o conjunto
R dos números reais e que nenhum conjunto X pode estar em correspondência
biunívoca com o conjunto P(X) cujos elementos são os subconjuntos de X.
Além disso, ele mostrou que a reta, o plano e o espaço tri-dimensional (ou
mesmo espaços com dimensão superior a três) têm o mesmo número cardinal.
Estes fatos, que atualmente são considerados corriqueiros entre os matemáticos,
causaram forte impacto na época (meados do século dezenove).
A segunda observação diz respeito a funções f : X → X de um conjunto em
si mesmo. Quando X é �nito, f é injetiva se, e somente se, é sobrejetiva (veja
a referência [Lima].) Mas isto não é verdadeiro para X in�nito. Por exemplo,
se de�nirmos a função f : N → N pondo, para cada n ∈ N, f(n) = número
de fatores primos distintos que ocorrem na decomposição de n, veremos que f
é sobrejetiva mas não é injetiva. (Para cada b ∈ N existe uma in�nidade de
números n tais que f(n) = b.) Além disso, as funções f : N→ N, g : N→ N,
h : N→ N e ϕ : N→ N, de�nidas por
f(n) = n + 1,
g(n) = n + 30,
h(n) = 2n e
ϕ(n) = 3n
(2.1)
são injetivas mas não são sobrejetivas. Estas quatro funções são protagonistas
da historinha seguinte que fecha a unidade.
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Unidade 2 Textos Complementares
Para Saber Mais Fantasia Matemática
O Grande Hotel Georg Cantor tinha uma in�nidade de quartos, numera-
dos consecutivamente, um para cada número natural. Todos eram igualmente
confortáveis. Num �m-de-semana prolongado, o hotel estava com seus quartos
todos ocupados, quando chega um viajante. A recepcionista vai logo dizendo:
� Sinto muito, mas não há vagas.
Ouvindo isto, o gerente interveio:
� Podemos abrigar o cavalheiro, sim senhora.
E ordena:
� Trans�ra o hóspede do quarto 1 para o quarto 2, passe o do quarto 2
para o quarto 3 e assim em diante. Quem estiver no quarto n, mude para o
quarto n + 1. Isto manterá todos alojados e deixará disponível o quarto 1 para
o recém-chegado.
Logo depois chegou um ônibus com 30 passageiros, todos querendo hospe-
dagem. A recepcionista, tendo aprendido a lição, removeu o hóspede de cada
quarto n para o quarto n+ 30 e acolheu assim todos os passageiros do ônibus.
Mas �cou sem saber o que fazer quando, horas depois, chegou um trem com
uma in�nidade de passageiros. Desesperada, apelou para o gerente que pron-
tamente resolveu o problema dizendo:
� Passe cada hóspede do quarto n para o quarto 2n. Isto deixará vagos todos
os apartamentos de número ímpar, nos quais poremos os novos hóspedes.
� Pensando melhor: mude quem está no quarto n para o quarto 3n. Os novos
hóspedes, ponha-os nos quartos de número 3n+2. Deixaremos vagos os quartos
de número 3n + 1. Assim, sobrarão ainda in�nitos quartos vazios e eu poderei
ter sossego por algum tempo.
16
Unidade 2REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
Para Saber MaisCuidado!
Não confunda conjunto in�nito com aquele que tem um número muito grande
(porém �nito) de elementos. Quando, na linguagem comum, se diz algo como �-
Já ouvi isto uma in�nidade de vezes�, trata-se de uma mera força de expressão.
Não há distâncias in�nitas (mesmo entre duas galáxias bem afastadas) e até
o número de átomos do universo é �nito. (O físico Arthur Eddington estimou
o número de prótons do universo em 136 × 2256. O número de átomos é
certamente menor pois todo átomo contém ao menos um próton.) E importante
ter sempre em mente que nenhum número natural n é maior do que todos os
demais: tem-se sempre n < n + 1.
17
MA12 - Unidade 2
Números Cardinais
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
February 17, 2014
Números cardinais
A importância dos números naturais provém do fato de que
eles constituem o modelo matemático que torna posśıvel o
processo de contagem.
Contar um conjunto X significa estabelecer uma
correspondência biuńıvoca entre os elementos de X e os de
um subconjunto de N da forma
In = {x ∈ N|x ≤ n} = {1, 2, . . . , n}.
Quando é posśıvel estabelecer tal correspondência biuńıvoca,
dizemos que X é um conjunto finito e que n é o número
cardinal ou número de elementos de X .
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 2/7
Propriedades
a) O resultado da contagem (ou seja, o número cardinal de X ) é
sempre o mesmo, não importando a contagem que seja feita.
b) Todo subconjunto Y de um conjunto finito X é finito e
n(Y ) ≤ n(X ). Tem-se n(Y ) = n(X ) somente quando Y = X .
Observação: A fim de evitar exceções, o conjunto vazio ∅ é
inclúıdo entre os conjuntos finitos e diz-se que ∅ tem zero
elementos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 3/7
Conjuntos Infinitos
Diz-se que um conjunto X é infinito quando ele não é finito.
Isto quer dizer que X não é vazio e que, não importa qual seja
n ∈ N , não existe correspondência biuńıvoca f : In → X .
Exemplo: o conjunto N dos números naturais é infinito.
Dada qualquer função f : In → N , não importa qual seja n ,
tomamos k = f (1) + f (2) + · · ·+ f (n).
Para todo x ∈ In, tem-se f (x) < k ; logo não existe x ∈ In tal
que f (x) = k .
Assim, f não pode ser uma correspondência biuńıvoca.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 4/7
Comparando conjuntos infinitos
Dois conjuntos X e Y têm a mesma cardinalidade quando é
posśıvel estabelecer uma correspondência biuńıvoca entre X e
Y (isto é, existe uma função bijetiva f : X → Y ).
Exemplo: os conjuntos N dos números naturais e
P = {2n|n ∈ N} dos números pares têm a mesma
cardinalidade.
A bijeção já está dada na definição de P: a função f : N→ P
definida por f (n) = 2n é uma bijeção de N em P.
Os conjuntos N e N× N dos pares de números naturais
também têm a mesma cardinalidade.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 5/7
Conjuntos enumeráveis
Um conjunto é enumerável quando é finito ou tem a mesma
cardinalidade de N.
Por exemplo, os conjuntos {2, 5}, N e N×N são enumeráveis.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 6/7
Um exemplo de conjunto não enumerável
Um conjunto infinito é necessariamente enumerável? NÃO!
O conjunto de todas as sequências em que os termos são 0 ou
1 não é enumerável.
Prova: o método da diagonal de Cantor.
Trocando o n-ésimo termo da n-ésima sequência produz-se
uma nova sequência que não está na enumeração proposta!
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 2 ,Números Cardinais slide 7/7
Lista de Exerćıcios
Unidade 2
1. Prove, por indução, que se X é um conjunto finito com n elementos,
esses elementos podem ser ordenados de n! modos.
2. Prove, por indução, que um conjunto com n elementos possui 2n sub-
conjuntos.
3. Dados 3n objetos de pesos iguais, exceto um, mais pesado que os de-
mais, mostre que é posśıvel determinar este objeto com n pesagens em
uma balança de pratos. Mostre também que este é o número mı́nimo de
pesagens que permitem, com certeza, determinar o objeto mais pesado.
4. Prove que, dado um conjunto com n elementos, é posśıvel fazer uma
fila com seus subconjuntos de tal modo que cada subconjunto da fila
pode ser obtido a partir do anteriorpelo acréscimo ou pela supressão
de um único elemento. [Sugestão: para passar de n para n + 1, liste
primeiro os subconjuntos que não têm um dado elemento.]
5. Diga onde está o erro na seguinte demonstração da afirmativa ”Todas
as bolas de bilhar têm a mesma cor”.
Seja P (n) a propriedade ”todas as bolas em um conjunto com n bolas
têm a mesma cor”. A propriedade é trivialmente verdadeira para n = 1.
Suponhamos agora que ela seja verdadeira para n e consideremos um
conjunto com n + 1 bolas B = {b1, b2, . . . , bn, bn+1}. Os subconjuntos
{b1, b2, . . . , bn, } e {b2, . . . , bn, bn+1} de B têm n elementos cada; logo,
pela hipótese de indução, todas as bolas em cada um deles têm a mesma
cor. Mas os elementos b2, . . . , bk são comuns a esses dois subconjuntos.
Dáı, conclúımos que todos os n + 1 elementos de B têm a mesma cor,
o que mostra que a propriedade vale para n + 1. Logo, pelo Prinćıpio
da Indução, em uma coleção com n bolas todas têm a mesma cor, para
todo n ∈ N.
6. Diga se cada conjunto abaixo é finito ou infinito, justificando:
• o conjunto de todas as pessoas que já viveram na Terra.
1
• o conjunto de todos os múltiplos de 7 cuja representação decimal
termina com 3578.
• o conjunto de todos os números naturais cuja representação de-
cimal tenha apenas algarismos diferentes de zero, cuja soma seja
menor que 1000.
• o conjunto de todos os números racionais que podem ser escritos
como fração com denominador menor que 1000.
• o conjunto de todos os números primos.
7. Sejam X e Y dois conjuntos infinitos enumeráveis. Isto significa que
existem sequências (x1, x2, x3, . . .) e (y1, y2, y3, . . .) incluindo todos os
elementos de X e Y , respectivamente. Explique como construir uma
sequência incluindo todos os elementos de X ∪Y , mostrando assim que
X ∪ Y também é enumerável.
8. Considere o conjunto N2 de todos os pares ordenados de números na-
turais. Encontre uma sequência que inclua todos os elementos de N2,
mostrando assim que N2 é enumerável. Isto mostra que o conjunto dos
números racionais também é enumerável. Por quê?
9. Mostre que o conjunto de todos os subconjuntos de N é não enumerável.
[Sugestão: associe cada subconjunto de N a uma sequência em que os
termos são iguais a 0 ou 1.]
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 2
1. Um conjunto com 1 elemento só pode ser ordenado de 1 = 1! modo,
o que mostra que a propriedade vale para n = 1. Suponhamos que ela
valha para n e consideremos um conjunto {a1, a2, . . . , an, an+1} com n+
1 elementos. As posśıveis ordenações desse conjunto podem ser obtidas
tomando cada uma das n! ordenações de {a1, a2, . . . , an} e inserindo
an+1 em uma das n + 1 posições posśıveis, gerando assim n!(n + 1) =
(n + 1)! posśıveis ordenações. Logo, a propriedade também vale para
n + 1. Portanto, pelo Prinćıpio da Indução, vale para todo n natural.
2. Neste caso, convém começar de n = 0, para o qual a propriedade
vale, já que o conjunto vazio possui 1 = 20 subconjunto. Suponha-
mos que a propriedade valha para n e consideremos um conjunto A =
{a1, a2, . . . , an, an+1} com n + 1 elementos. Cada subconjunto de A ou
é um subconjunto {a1, a2, . . . , an} ou é a união de um tal subconjunto
com an+1. Ou seja, cada subconjunto de {a1, a2, . . . , an} dá origem a 2
subconjuntos de A, que tem, assim, 2.2n = 2n+1 subconjuntos. Logo,
a propriedade também vale para n + 1. Portanto, pelo Prinćıpio da
Indução, vale para todo n ≥ 0.
3. Para n = 1, basta de fato uma pesagem, feita com dois dos objetos: se
ela indicar um objeto mais pesado do que o outro, ele é o procurado; se
os objetos tiverem pesos iguais, o objeto que ficou de fora na pesagem
é o mais pesado. Suponhamos agora que seja posśıvel determinar qual
é mais pesado dentre 3n objetos com n pesagens e consideremos um
conjunto com 3n+1 objetos. Dividimos estes objetos em três grupos
com 3n objetos cada e comparamos o peso de dois deles. Se um deles
for mais pesado, o objeto procurado está nele; senão, está no grupo
que ficou de fora da pesagem. De qualquer modo, pela hipótese de
indução, ele pode ser encontrado em n pesagens adicionais, para um
total de n+1 pesagens. Logo, a propriedade vale para conjuntos de 3n+1
objetos e, pelo Prinćıpio da Indução, para conjuntos com 3n objetos,
qualquer que seja n.
1
4. Finito, infinito, finito, finito, infinito
5. A sequência {x1, y1, x2, y2, x3, y3, . . .} inclui todos os elementos de X ∪
Y , que é, portanto, enumerável.
6. Um modo de construir tal sequência é ordenar os pares ordenados de
números naturais de acordo com a soma das coordenadas: primeiro, os
que têm soma 2, depois 3, e assim por diante, dando origem à sequência
{(1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 1), . . .}, o que mostra que N × N é
enumerável. Cada par (m,n) corresponde aos números racionais −m
n
e m
n
. Logo, a partir dessa sequência podemos construir uma outra
sequência que inclui todos os números racionais, o que mostra que o
conjunto dos racionais também é enumerável.
7. Cada subconjunto X de N corresponde a uma sequência (xn) em que
xn = 1 se n ∈ X e xn = 0 caso contrário. Como o conjunto de tais
sequências é não enumerável, o conjunto de todos os subconjuntos de
N também é não enumerável.
2
3
1
O Princípio de Indução
Matemática
Sumário
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
3.2 O Poder do Método de Indução . . . . . . . . . . . 2
3.3 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.4 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.5 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Unidade 3 Introdução
3.1 Introdução
Nesta unidade e na próxima, mostraremos como utilizar o Axioma de Indução
para de�nir com rigor objetos matemáticos e também como utilizá-lo como
poderoso instrumento para demonstrar os mais variados resultados envolvendo
números naturais. Algumas das noções introduzidas nesta e na próxima unidade
serão retomadas de modo mais sistemático nas Unidades 5 a 8.
3.2 O Poder do Método de Indução
Comecemos com a pergunta:
O que signi�cam expressões do tipo 1 + 2 + · · ·+ n e 1 · 2 · · · · n?
Note que as operações de adição e de multiplicação nos números naturais (ou em
qualquer sistema numérico) são binárias, isto é, elas relacionam dois elementos
de cada vez. Apesar disso, temos uma ideia bastante intuitiva do signi�cado
das expressões acima, até mesmo no que diz respeito aos pontinhos que nelas
aparecem. Existe, contudo, um modo de tornar mais rigorosas de�nições desse
tipo por meio do Princípio de Indução Matemática, como veremos mais adiante.
Antes, porém, recordemos este princípio que demonstramos na Unidade 1.
Princípio de Indução Matemática Se P (n) é uma propriedade relativa ao
número natural n, tal que
i) P (1) é válida;
ii) Para todo n ∈ N, a validez de P (n) implica a validez de P (n+ 1).
Então P (n) é válida qualquer que seja o número natural n.
+ Para Saber Mais - Comentário - Clique para ler
+ Para Saber Mais - Indução Empírica vs Indução Matemática - Cli-
que para ler
2
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Para de�nir uma expressão En, para todo número natural n, basta de�nirmos
E1 e mostrar, para todo n ∈ N, como obter sem ambiguidade En+1 a partir de
En.
Nesse caso, dizemos que En foi de�nido por recorrência.
Vejamos como intervém o Princípio de Indução Matemática para justi�car
este tipo de de�nição. Seja X o subconjunto de N, determinado pela condição:
n ∈ X ⇐⇒ En está de�nido.
Pela caracterização do conjunto X, temos que 1 ∈ X e, para todo n ∈ N,
n ∈ X ⇒ n+ 1 ∈ X. Portanto, X = N.
De�nições por recorrência podem ser utilizadas para dar um signi�cado a
expressões como no início da unidade.
Exemplo 1De�nimos S1 = 1. Em seguida, supondo Sn de�nido, pomos
Sn+1 = Sn + (n+ 1).
Damos assim, um sentido matemático preciso à expressão:
Sn = 1 + 2 + · · ·+ n.
Por outro lado, de�nindo 1! = 1 e pondo (n+1)! = n!(n+1),supondo que
n! esteja de�nido, damos também, neste caso, um sentido matemático para a
expressão:
n! = 1 · 2 · · ·n.
Para generalizar os exemplos acima, vamos introduzir a noção de sequência.
Teremos oportunidade de comprovar, ao longo do curso, o quanto é central este
conceito.
Definição 1Uma sequência de elementos de um conjunto A é uma função x : N→ A.
3
Unidade 3 O Poder do Método de Indução
Tendo em vista que uma função conhecida quando se sabe qual é a ima-
gem de todo elemento de seu domínio, uma sequência x : N → A pode ser
representada como
x(1), x(2), . . . , x(n), . . . ,
ou ainda, denotando x(n) por xn, podemos representá-la concisamente por
(xn).
Por motivo de economia, quando dissermos que um conjunto A possui uma
adição ou uma multiplicação satisfazendo às leis básicas da aritmética, esta-
remos supondo que em A estão de�nidas duas operações com propriedades
semelhantes às correspondentes operações nos naturais.
Seja agora (xn) uma sequência de elementos de um conjunto A que possui
duas operações, de adição e de multiplicação, satisfazendo às leis básicas da
aritmética.
Definição 2 De�nem-se Sn e Pn em A, como se segue: S1 = P1 = x1 e
Sn+1 = Sn + xn+1 e Pn+1 = Pn · xn+1.
Isto dá sentido às seguintes expressões:
Sn = x1 + x2 + · · ·+ xn e Pn = x1 · x2 · · ·xn.
Somas e produtos, como acima, serão também escritos com as notações de
somatórios e produtórios:
Sn =
n∑
i=1
xi e Pn =
n∏
i=1
xi,
que se leem como �somatório quando i varia de 1 até n de xi� e �produto
quando i varia de 1 até n de xi�, respectivamente.
Note que a partir de uma sequência dada (xn), pudemos de�nir de modo
natural duas outras sequências, a saber: (Sn) e (Pn).
Dada uma sequência constante, x(n) = a, para todo n ∈ N, onde a ∈ A,
os termos da sequência Pn a ela associada são por de�nição as potências de a.
Pela sua importância, destacamos essa de�nição a seguir.
4
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Definição 3Seja a um elemento de um conjunto A munido de uma multiplicação sujeita
às leis básicas da aritmética. As potências an de a, com n ∈ N, são de�nidas
por recorrência como segue: a1 = a e an+1 = an · a.
Quando a 6= 0, convenciona-se de�nir a0 = 1. Isto será especialmente con-
veniente quando estendermos as potências para expoentes não necessariamente
números naturais. Isto se tornará bem mais claro na Unidade 13 de MA11.
Exemplo 2Neste exemplo, queremos determinar uma fórmula para a soma dos n pri-
meiros números naturais: Sn = 1 + 2 + · · ·+ n.
Conta-se a seguinte história sobre o matemático alemão Carl Friedrich Gauss
(1777-1855), considerado um dos maiores gênios da matemática de todos os
tempos, quando ainda garoto. Na escola, o professor, para aquietar a turma de
Gauss, mandou os alunos calcularem a soma de todos os números naturais de
1 a 100. Qual não foi a sua surpresa quando, instantes depois, o menino deu
a resposta: 5050. Indagado sobre como tinha descoberto tão rapidamente o
resultado, Gauss, então, descreveu o método a seguir.
Sendo
Sn = 1 + 2 + · · ·+ n,
o objetivo é encontrar uma fórmula fechada1 para Sn.
Somando a igualdade acima, membro a membro, com ela mesma, porém
com as parcelas do segundo membro em ordem invertida, temos que
Sn = 1 + 2 + · · · + n
Sn = n + (n− 1) + · · · + 1
2Sn = (n+ 1) + (n+ 1) + · · · + (n+ 1)
Daí segue-se que 2Sn = n(n+ 1) e, portanto,
Sn =
n(n+ 1)
2
.
1Uma fórmula fechada para Sn, a grosso modo, é uma função de n que permite calcular
diretamente os valores de Sn fazendo um pequeno número de cálculos.
5
Unidade 3 O Poder do Método de Indução
Vamos ser críticos com relação à prova acima. Para a maioria das pessoas,
essa prova parece impecável, mas se alguém nos perguntasse o que está escon-
dido atrás dos pontinhos, talvez nos sentíssemos embaraçados. Também, como
ter absoluta certeza de que nada acontece fora do nosso controle, exatamente
na imensa região coberta pelos pontinhos?
Para não pairar nenhuma dúvida sobre o nosso resultado, vamos provar a
fórmula utilizando o Princípio de Indução Matemática.
Considere a sentença sobre os naturais:
P (n) : 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)
2
. (3.1)
Note que
P (1) : 1 =
1(1 + 1)
2
é verdadeira.
Observe também que
P (n+ 1): 1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1) = (n+ 1)(n+ 2)
2
.
Agora, suponhamos que para algum n ∈ N, tenhamos P (n) verdadeira, isto
é, a fórmula (1.1) é válida para tal valor de n. Somando n+1 a ambos os lados
dessa igualdade, temos que é verdadeira a igualdade
1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1) = n(n+ 1)
2
+ n+ 1 =
n(n+ 1) + 2(n+ 1)
2
=
(n+ 1)(n+ 2)
2
,
o que estabelece a veracidade de P (n+ 1).
Pelo Princípio de Indução, tem-se que a fórmula P (n) é verdadeira para
todo n ∈ N.
+ Na Sala de Aula - Considerações sobre o Rigor - Clique para ler
Exemplo 3 Queremos validar a fórmula
P (n) : 12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
. (3.2)
6
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Note que
P (1) : 12 =
1(1 + 1)(2 + 1)
6
é verdadeira.
Suponha que, para algum n ∈ N, se tenha que P (n) é verdadeira, isto é,
(1.2) é válida. Somando (n + 1)2 a ambos os lados da igualdade (1.2), temos
que
12 + 22 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
+ (n+ 1)2 =
n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)2
6
=
(n+ 1)[n(2n+ 1) + 6(n+ 1)]
6
=
(n+ 1)[(n+ 1) + 1][2(n+ 1) + 1]
6
,
estabelecendo assim a veracidade de P (n+ 1).
Portanto, a fórmula é válida para todo n ∈ N.
Exemplo 4Vamos provar que é verdadeira, para todo n ∈ N, a fórmula:
P (n) :
1
1.2
+
1
2.3
+ · · ·+ 1
n(n+ 1)
=
n
n+ 1
. (3.3)
Observemos inicialmente que
P (1) :
1
1.2
=
1
1 + 1
é verdadeira.
Suponhamos que, para algum n, tem-se que P (n) é verdadeira, ou seja,
que a fórmula (1.3) seja verdadeira para esse valor de n. Somando a ambos os
lados dessa igualdade
1
(n+ 1)(n+ 2)
, temos que
1
1.2
+
1
2.3
+ · · ·+ 1
n(n+ 1)
+
1
(n+ 1)(n+ 2)
=
n
n+ 1
+
1
(n+ 1)(n+ 2)
=
n+ 1
n+ 2
,
mostrando, assim, que P (n+ 1) é verdadeira.
7
Unidade 3 O Poder do Método de Indução
Portanto, pelo Princípio de Indução Matemática, temos que a fórmula vale
para todo n ∈ N.
A seguir, vamos estabelecer, por meio de indução, as propriedades usuais
das potências.
Proposição 4 Sejam a, b ∈ A e m,n ∈ N. Então,
i) am · an = an+m.
ii) (am)n = amn.
iii) (a · b)n = an · bn.
Demonstração Provaremos (i), deixando o restante como exercício.
Fixemos a ∈ A e m ∈ N, arbitrariamente. Demonstremos a propriedade
por indução sobre n.
Para n = 1, a propriedade é válida, pois, pelas de�nições,
am · a1 = am · a = am+1.
Por outro lado, supondo que am · an = am+n, temos que
am · an+1 = am · (an · a) = (am · an) · a = am+n · a = am+n+1.
Isso, pelo Princípio de Indução Matemática, prova a nossa propriedade.
Exemplo 5 Utilizando a noção de potência e de suas propriedades, mostraremos que 3
divide 5n + 2 · 11n nos inteiros, para todo n ∈ N.
De fato, para n = 1, temos que 3 divide 51 + 2 · 111 = 27.
Suponha, agora, que, para algum n ≥ 1, saibamos que 3 divide 5n+2 ·11n.
Logo, existe um número inteiro a tal que
5n + 2 · 11n = 3a.
Mutiplicando por 5 ambos os lados da igualdade acima, temos
5 · 3a = 5n+1 + 5 · 2 · 11n = 5n+1 + 2 · 11 · 11n − 12 · 11n.
8
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Daí segue-se a igualdade
5n+1 + 2 · 11n+1 = 5 · 3a+ 12 · 11n,
cujo segundo membro é divisível por 3, por ser igual a 3(5a+ 4 · 11n).
Assim, provamos que 3 divide 5n+1 + 2 · 11n+1, o que, pelo Princípio de
Indução Matemática, acarreta que 3 divide 5n + 2 · 11n, para todo número
natural n.
Pode ocorrer que uma determinada propriedade seja válida para todos os
números naturais a partir de um determinado valor a, mas não necessariamente
para valores menores. Como proceder nesses casos? Por exemplo, como provar
que a desigualdade 2n > n2 é verdadeira para todo valor de n natural maior ou
igual do que 5? Fazemos isso baseados na seguinte pequena generalização do
Princípio de Indução Matemática:
Teorema 1Seja P (n) uma sentença sobre N, e seja a ∈ N. Suponha que:
(i) P (a) é verdadeira, e
(ii) qualquerque seja n ∈ N, com n ≥ a, sempre que P (n) é verdadeira,
segue-se que P (n+ 1) é verdadeira.
Então, P (n) é verdadeira para todo número natural n ≥ a.
DemonstraçãoDe�na o conjunto
S = {m ∈ N; P (m+ a− 1) }.
Por (i) temos que 1 ∈ S. Por outro lado, se m ∈ S, temos que P (m + a −
1) é verdadeira. Logo, por (ii), P (m + 1 + a − 1) é verdadeira. Portanto,
m+ 1 ∈ S. Em vista do Princípio de Indução Matemática, temos que S = N.
Consequentemente, P (n) é verdadeira para todo n ≥ a.
Exemplo 6Vamos mostrar que a desigualdade na sentença P (n) : 2
n > n2 é verdadeira,
para todo número natural n ≥ 5.
9
Unidade 3 O Poder do Método de Indução
Note que P (1) : 21 > 12 é verdadeira, P (2) : 22 > 22 é falsa, P (3) : 23 > 32
é falsa e P (4) : 24 > 42 é falsa. Tudo isso não importa, pois queremos veri�car
a veracidade dessa desigualdade para n ≥ 5.
De fato, temos que P (5) : 25 > 52 é verdadeira. Seja n ≥ 5 tal que
2n > n2. Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por 2, obtemos
2n+1 > 2n2. Note que 2n2 > (n + 1)2, se n ≥ 3, pois tal desigualdade é
equivalente a n(n − 2) > 1. Daí, deduzimos que 2n+1 > (n + 1)2, o que
signi�ca que P (n + 1) é verdadeira, estabelecendo o resultado em vista do
Teorema 1.
Exemplo 7 Um banco tem um suprimento ilimitado de notas de 3 e de 5 (unidades de
moeda). Mostre que ele pode pagar qualquer quantia (de unidades de moeda)
maior do que 7.
Para isto, basta mostrar que a sentença:
P (n) : A equação 3x+ 5y = n tem solução em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}),
é verdadeira para todo n ≥ 8.
De fato, ela é verdadeira para n = 8, pois a equação 3x+ 5y = 8 admite a
solução (x, y) = (1, 1).
Suponha agora que a equação 3x + 5y = n tenha uma solução (a, b) para
algum n ≥ 8; isto é, 3a + 5b = n. Note que, para qualquer solução (a, b),
devemos ter a ≥ 1 ou b ≥ 1.
Se b ≥ 1, observando que 3× 2− 5× 1 = 1, segue que
3(a+ 2) + 5(b− 1) = 3a+ 5b+ 3× 2− 5× 1 = 3a+ 5b+ 1 = n+ 1,
o que mostra que a equação 3x + 5y = n + 1 admite a solução (a + 2, b− 1)
em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}).
Se, por acaso, b = 0, então, a ≥ 3; usando a igualdade −3× 3+5× 2 = 1,
temos
3(a− 3) + 5× 2 = 3a− 3× 3 + 5× 2 = 3a+ 5b+ 1 = n+ 1,
o que mostra que a equação 3x + 5y = n + 1 admite a solução (a− 3, b + 2)
em (N ∪ {0})× (N ∪ {0}).
10
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Mostramos assim, que, em qualquer caso, a equação 3x+5y = n+1 admite
solução, sempre que a equação 3x+5y = n, para algum n ≥ 8, tenha solução.
Como o resultado vale para n = 8, segue a conclusão desejada pelo Teorema 1.
Note que n0 = 8 é o menor valor de n para o qual a equação tem solução
para todo n ≥ n0.
11
Unidade 3 Exercícios Recomendados
3.3 Exercícios Recomendados
1. Mostre, por indução, a validez das seguintes fórmulas:
(a) 1.20 + 2.21 + 3.22 + · · ·+ n.2n−1 = 1 + (n− 1)2n;
(b)
(
1 +
1
1
)(
1 +
1
2
)2
· · ·
(
1 +
1
n− 1
)n−1
=
nn−1
(n− 1)!
,
(c) 1.1! + 2.2! + 3.3! + · · ·+ n.n! = (n+ 1)!− 1.
2. Sejam a e b números reais distintos. Mostre que, para todo n ∈ N, vale
a igualdade:
bn + abn−1 + a2bn−2 + · · ·+ an−1b+ an = b
n+1 − an+1
b− a
.
3. Se senα 6= 0, mostre que, para todo n ∈ N, vale a igualdade:
cosα · cos 2α · cos 22α · · · cos 2nα = sen 2
n+1α
2n+1 senα
.
Sugestão: Use a fórmula sen 2β = 2 sen β cos β.
4. Para todo n ∈ N, mostre que, nos inteiros,
(a) 80 divide 34n − 1;
(b) 9 divide 4n + 6n− 1;
(c) 8 divide 32n + 7;
(d) 9 divide n4n+1 − (n+ 1)4n + 1.
5. Mostre que
(a) n! > 2n, se n ≥ 4;
(b) n! > 3n,se n ≥ 7;
(c) n! > 4n, se n ≥ 9.
6. Prove que, para todo n natural, vale a desigualdade:
1
2
· 3
4
· 5
6
· · · 2n− 1
2n
≤ 1√
3n+ 1
.
12
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
7. Mostre que o número de diagonais de um polígono convexo de n lados é
dado por
dn =
n(n− 3)
2
.
3.4 Exercícios Suplementares
1. Mostre que n0 = 32 é o menor valor para o qual a equação 5x+ 9y = n
possui solução em (N ∪ {0})2 para todo n ≥ n0.
2. Prove que, para qualquer número natural n:
a) n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 é divisível por 9;
b) 32n+2 + 8n− 9 é divisível por 16;
c) 4n + 15n− 1 é divisível por 9;
d) 11n+2 + 122n+1 é divisível por 133;
e) 23
n
+ 1 é divisível por 3n+1.
3. Prove que:
a) 2n > n, onde n é um número natural arbitrário;
b)
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · 2n
≤ 1√
2n+ 1
, para qualquer n ∈ N;
c)
1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ · · ·+ 1
2n
>
13
24
, se n ∈ N e n ≥ 2.;
d) 2n > 1 + n
√
2n−1, se n ∈ N e n ≥ 2.
4. Suponha que x+ 1
x
seja um número natural. Prove que xn+ 1
xn
é também
um número natural, qualquer que seja o número natural n.
5. Mostre que o número 111 . . . 1 (formado por 3n algarismos iguais a 1) é
divisível por 3n.
Sugestão: Para o passo indutivo, divida o número escrito com 3n+1
algarismos iguais a 1 pelo número formado por 3n algarismos iguais a 1
e veri�que que o resultado é um número divisível por 3.
13
Unidade 3 Textos Complementares
3.5 Textos Complementares
Para Saber Mais Comentário
Note que, na argumentação acima, poderia parecer que estamos usando
o fato de P (n) ser verdadeira para deduzir que P (n + 1) é verdadeira para
em seguida concluir que P (n) é verdadeira. O que está ocorrendo? Estamos
usando a tese para provar o resultado?
A resposta é não! Preste bem atenção, pois essa é a parte mais delicada de
toda a trama.
Dado um número natural n, temos duas possibilidades:
(a) P (n) é verdadeira, ou (b) P (n) é falsa.
A hipótese (ii) do Princípio não exige em absoluto que assumamos P (n)
verdadeira para todo n ∈ N, podendo eventualmente ser falsa para algum valor
de n, ou mesmo para todos os valores de n. O que a hipótese (ii) exige é
que sempre que algum n pertença à categoria (a), acima, então n+1 também
pertença a essa mesma categoria; não exigindo nada quando n pertencer à
categoria (b).
Por exemplo, a sentença P (n) : n = n+1 satisfaz (por vacuidade) a hipótese
(ii) do Princípio, já que nenhum n ∈ N pertence à categoria (a). O que falha
para que o Princípio de Indução nos garanta que P (n) é verdadeira para todo
n é que a hipótese (i) não é veri�cada, pois P (1) : 1 = 2 é falsa!
14
Unidade 3O Princípio de Indução Matemática
Para Saber MaisIndução Empírica vs Indução Matemática
É preciso ter clareza que a Indução Matemática é diferente da indução
empírica das ciências naturais, em que é comum, após um certo número de
experimentos, necessariamente �nito, enunciar leis gerais que governam o fenô-
meno em estudo. Essas leis são tidas como verdades, até prova em contrário.
Na matemática, não há lugar para a�rmações �verdadeiras até prova em con-
trário�. A Prova por Indução Matemática trata de estabelecer que determinada
sentença sobre os naturais é sempre verdadeira.
A indução empírica foi batizada, de modo irônico, pelo matemático, �lósofo
e grande humanista inglês do século passado, Bertrand Russel (1872-1970), de
indução galinácea, com base no seguinte conto:
Havia uma galinha nova no quintal de uma velha senhora. Diariamente,
ao entardecer, a boa senhora levava milho às galinhas. No primeiro dia, a
galinha, descon�ada, esperou que a senhora se retirasse para se alimentar. No
segundo dia, a galinha, prudentemente, foi se alimentando enquanto a senhora
se retirava. No nonagésimo dia, a galinha, cheia de intimidade, já não fazia
caso da velha senhora. No centésimo dia, ao se aproximar a senhora, a galinha,
por indução, foi ao encontro dela para reclamar o seu milho. Qual não foi a
sua surpresa quando a senhora pegou-a pelo pescoço com a intenção de pô-la
na panela.
15
Unidade 3 Textos Complementares
Na Sala de Aula Considerações sobre o Rigor
Neste curso, o nosso objetivo é mostrar como se pode estabelecer um maior
padrão de rigor no tratamento de problemas matemáticos que ocorrem no En-
sino Médio, mas isso não deve ser tomado ao pé da letra na sua prática docente.
Certos argumentos informais, quando acompanhados de um raciocínio correto,
são corriqueiramente aceitos. Por exemplo, o argumento utilizado por Gauss
para somar os n primeiros números naturais é perfeitamente aceitável.Por-
tanto, um conselho: use o formalismo para ajudar e não para atrapalhar e
nunca o deixe se sobrepor à criatividade, pois, via de regra, primeiro vem a
descoberta para depois vir a formalização. Procure estimular sempre os seus
alunos a serem criativos. Num primeiro momento, deixe as ideias �uirem, só
depois preocupe-se com a sua organização e formalização.
16
MA12 - Unidade 3
O Método da Indução
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
31 de Janeiro de 2014
Definições por indução ou recorrência
Como definir, apropriadamente, n! = 1 · 2 · . . . · n?
i) Definimos 1! = 1
ii) A seguir, supondo n! definido, fazemos
(n + 1)! = n! · (n + 1).
Note que
i) garante que 1! está bem definido.
ii) garante que, se n! está bem definido, (n + 1)! também está.
Logo, pelo Prinćıpio da Indução Finita, n! está bem definido
para todo n natural.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 2/14
Somatórios e Produtórios
Seja (xn) uma sequência de elementos de um conjunto A
dotado de operações de adição e multiplicação.
O somatório
Sn =
n∑
i=1
xi = x1 + x2 + · · ·+ xn
e o produtório
Pn =
n∏
i=1
xi = x1 · x2 · . . . · xn
podem ser definidos como se segue:
S1 = P1 = x1
Sn+1 = Sn + xn+1, para todo n ∈ N
Pn+1 = Pn · xn+1, para todo n ∈ N
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 3/14
Demonstrando igualdades
Obter uma expressão para Sn = 1 + 3 + . . . + (2n − 1).
S1 = 1
S2 = 4
S3 = 9
. . .
Conjectura: Sn = n
2, para todo n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 4/14
A prova por indução
Seja P(n) : 1 + 3 + · · ·+ (2n − 1) = n2.
i) P(1) : 1 = 12 é verdadeira.
ii) Suponhamos que para algum n ∈ N, tenhamos P(n)
verdadeira.
Somando 2(n + 1)− 1 = 2n + 1 a ambos os lados dessa
igualdade, temos:
1 + 3 + · · ·+ (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
o que mostra que P(n + 1) também é verdadeira.
Pelo Prinćıpio de Indução, tem-se que a fórmula P(n) é
verdadeira para todo n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 5/14
Demonstrando desigualdades
Demonstrar a desigualdade de Bernoulli: (1 + h)n ≥ 1 + nh,
para todo n natural e todo h > −1
i) Como (1 + h)1 e 1 + 1.h são ambos iguais a 1 + h, P(1) é
verdadeira.
ii) Suponhamos que P(n), para algum n ∈, seja verdadeira, ou
seja, (1 + h)n ≥ 1 + nh.
Multiplicando ambos os lados por (1+h):
(1 + h)n+1 ≥ (1 + nh)(1 + h) = 1 + (n + 1)h + nh2.
Mas 1 + (n + 1)h + nh2 ≥ 1 + (n + 1)h.
Logo, (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h, o que mostra que P(n + 1) é
verdadeira.
Portanto, pelo Prinćıpio da Indução, P(n) vale para todo n
natural.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 6/14
Aplicações em aritmética
Mostrar que, para todo n ∈ N, 4n + 6n − 1 é diviśıvel por 9.
i) Como 41 + 6.1− 1 = 9, a propriedade vale para n = 1.
ii) Suponha, agora, que, para algum n ≥ 1, saibamos que
4n + 6n − 1 é diviśıvel por 9. Logo, 4n + 6n − 1 = 9k, ou seja,
4n = 9k − 6n + 1, para algum inteiro k .
Mutiplicando por 4 ambos os lados:
4n+1 = 9k − 24n + 4.
Logo
4n+1 + 6(n + 1)− 1 = 9k − 24n + 4 + 6(n + 1)− 1 =
9k − 18n + 9 = 9(k − 2n + 1).
Portanto, 4n+1 + 6(n + 1)− 1 é diviśıvel por 9.
Logo, pelo Prinćıpio da Indução , 4n + 6n − 1 é diviśıvel por 9
para todo número natural n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 7/14
A Torre de Hanói
�� ���� ���� ���� ��
�� ��
Transferir a pilha de discos para uma outra haste, deslocando
um disco de cada vez, de modo que, a cada passo, um disco
nunca esteja colocado sobre um disco menor.
1 O jogo tem solução para cada n ∈ N?
2 Em caso afirmativo, qual é o número ḿınimo jn de
movimentos para resolver o problema com n discos?
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 8/14
Torre de Hanói: o jogo sempre tem solução!
Obviamente, o jogo tem solução para n = 1.
Suponhamos que o jogo tenha solução para n discos e vamos
mostrar que, dáı, decorre que o jogo também tem solução
para n + 1 discos.
Primeiro, transferimos os n discos superiores para uma das
outras hastes (isto é posśıvel, pela hipótese de indução).
�� �� �� ���� ���� ���� ��
�� ��
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 9/14
A seguir, transferimos o disco inferior para a outra haste.
�� �� �� ���� ���� ���� ��
�� ��
Finalmente, transferimos os demais n discos para a haste em
que colocamos o disco maior (é posśıvel, pela hipótese de
indução e pelo fato de o disco inferior ser maior que todos os
outros)
�� ���� ���� ���� ��
�� ���� ��
Pelo Prinćıpio da Indução, conclúımos que o jogo tem solução
para todo n ∈ N.
Torre de Hanói: Qual é o número ḿınimo de
movimentos?
Executar a tarefa para n + 1 discos necessariamente envolve
retirar os n discos superiores, colocando-os em outra haste e,
depois de mover o disco inferior, recolocá-los sobre ele.
O número ḿınimo jn de movimentos é, portanto, tal que
j1 = 1
jn+1 = jn + 1 + jn = 2jn + 1, para todo n ∈ N.
É fácil mostrar, por indução, que jn = 2
n − 1.
(Na Unidade 8, aprenderemos a encontrar a expressão para o
termo geral de sequências definidas por recorrências como
esta.)
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 11/14
A Pizza de Steiner
Qual é o maior número de partes em que se pode dividir o
plano com n cortes retos?
Número de cortes Número máximo de partes
1 2
2 4
3 7
. . . . . .
n − 1 pn−1
n pn
n + 1 pn+1
O padrão observado acima sugere que o número máximo de
pedaços obtidos com n cortes é:
pn = 2 + 2 + 3 + . . . + n =
n(n + 1)
2
+ 1
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 12/14
A Pizza de Steiner: prova por indução
Com apenas um corte obtemos dois pedaços. Portanto, a
fórmula está correta para n = 1, pois p1 =
1(1+1)
2 + 1 = 2.
Admitamos que, para algum valor de n, a fórmula para pn
esteja correta. Vamos mostrar que a fórmula para pn+1
também está correta.
O ponto crucial é mostrar que são acrescentados n + 1
pedaços no (n + 1)-ésimo corte.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 13/14
Para que o (n + 1)-ésimo corte produza o número máximo de
pedaços, ele deve encontrar cada um dos n cortes anteriores
em pontos que não são de interseção de dois cortes. Neste
caso, como n pontos subdividem uma reta em n+ 1 partes, ele
subdivide n + 1 regiões, criando assim, n + 1 novos pedaços.
Logo,
pn+1 = pn +n+1 =
n(n + 1)
2
+1+n+1 =
(n + 1)(n + 2)
2
+1
o que mostra que a fórmula está correta para n + 1.
Pelo Prinćıpio da Indução, a fórmula está correta para todo
n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 3, O Método da Indução slide 14/14
Lista de Exerćıcios
Unidade 3
1. Demonstre, por indução, as seguintes identidades:
a) 1.2 + 2.3 + . . . + n.(n + 1) =
n(n + 1)(n + 2)
3
;
b) 13 + 23 + . . . + n3 =
[
n(n + 1)
2
]2
;
c) 1.20 + 2.21 + 3.22 + · · ·+ n.2n−1 = 1 + (n− 1)2n;
d)
(
1 +
1
1
)(
1 +
1
2
)2
· · ·
(
1 +
1
n− 1
)n−1
=
nn−1
(n− 1)!
;
e) 1.1! + 2.2! + 3.3! + · · ·+ n.n! = (n + 1)!− 1.
2. Demonstre, por indução, as seguintes desigualdades:
a) 2n > n, onde n é um número natural arbitrário;
b)
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · 2n
≤ 1√
3n + 1
, para qualquer n ∈ N.
3. Considere a sequência (xn) correspondente ao método de Newton para
calcular
√
2, ou seja, a sequência definida por x1 = 1, xn+1 =
1
2
(
xn +
2
xn
)
.
a) Mostre que 1 ≤ xn ≤ 32 , para todo n.
b) Mostre que xn+1 −
√
2 = 1
2xn
(
xn −
√
2
)2
, para todo n.
(Isto explica porque o erro no cálculo de
√
2 cai tão rapidamente no
Método de Newton.)
4. Prove que, para qualquer número natural n:
a) n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 é diviśıvel por 9;
b) 32n+2 + 8n− 9 é diviśıvel por 16;
1
c) 4n + 15n− 1 é diviśıvel por 9;
d) 11n+2 + 122n+1 é diviśıvel por 133;
e) 23
n
+ 1 é diviśıvel por 3n+1.
5. Um plano está dividido em regiões por várias retas. Prove que é posśıvel
coloriressas regiões com duas cores de modo que quaisquer duas regiões
adjacentes tenham cores diferentes (dizemos que duas regiões são ad-
jacentes se elas tiverem pelo menos um segmento de reta em comum).
6. (O queijo de Steiner) Seja qn o número de regiões determinadas no
espaço tridimensional por n planos (equivalentemente, o maior número
de partes em que um queijo pode ser dividido por n cortes planos).
a) Explique por que qn+1 = qn + pn, para todo n ∈ N, onde pn é o
número máximo de regiões em que n retas dividem o plano.
b) Mostre que qn =
n3 + 5n + 6
6
, para todo n ∈ N
7. Considere uma linha poligonal formada por 2 semiretas e por n seg-
mentos de reta. A figura ilustra a situação para n = 2. Encontre uma
fórmula para o número máximo de regiões determinadas pela linha po-
ligonal e demonstre que sua fórmula está correta.
8. No problema da Torre de Hanoi, suponha que se deseja passar n discos
de uma haste extrema para outra, mas que não seja permitido pas-
sar diretamente um disco de um extremo para o outro (isto é, todo
movimento deve ter origem ou destino na haste central). Assim, por
exemplo, para passar um único disco são necessários dois movimentos
(o primeiro para levá-lo à haste central e o segundo para levá-lo da
haste central ao outro extremo).
a) Verifique que são necessários no mı́nimo 8 movimentos para trans-
ferir 2 discos.
2
b) Sendo hn o número de movimentos necessários para n discos, ex-
presse hn+1 em termos de hn.
c) Moste que o número mı́nimo de movimentos para transferir n
discos é hn = 3
n − 1, para todo n ∈ N.
3
Soluções da Lista de Exerćıcios
Observação: as soluções dos exerćıcios abaixo ficaram faltando na Unidade 2
3. Para n = 1, basta de fato uma pesagem, feita com dois dos objetos: se
ela indicar um objeto mais pesado do que o outro, ele é o procurado; se
os objetos tiverem pesos iguais, o objeto que ficou de fora na pesagem
é o mais pesado. Suponhamos agora que seja posśıvel determinar qual
é mais pesado dentre 3n objetos com n pesagens e consideremos um
conjunto com 3n+1 objetos. Dividimos estes objetos em três grupos
com 3n objetos cada e comparamos o peso de dois deles. Se um deles
for mais pesado, o objeto procurado está nele; senão, está no grupo
que ficou de fora da pesagem. De qualquer modo, pela hipótese de
indução, ele pode ser encontrado em n pesagens adicionais, para um
total de n+1 pesagens. Logo, a propriedade vale para conjuntos de 3n+1
objetos e, pelo Prinćıpio da Indução, para conjuntos com 3n objetos,
qualquer que seja n.
4. A propriedade vale para um conjunto com um único elemento a1: seus
dois únicos subconjuntos são ∅ e {a1} e é posśıvel passar do primeiro
ao segundo acrescentando-se a1. Suponhamos que a propriedade seja
válida para conjuntos com n elementos e consideremos o conjunto com
n + 1 elementos X = {a1, a2, . . . , an, an+1}. Consideremos a lista L
dos subconjuntos de {a1, a2, . . . , an, an+1} satisfazendo as condições do
enunciado (ela existe, pela hipótese de indução) e formemos uma lista
de subconjuntos de X do seguinte modo: começamos com L e acrescen-
tamos a lista L′ que consiste dos subconjuntos de L em ordem reversa,
acrescentando-se an+1 a cada um deles. A nova lista é formada por to-
dos os subconjuntos de X (ela lista primeiro todos os subconjuntos que
não contém an+1 e, a seguir, todos que o contém). Além disso, sempre é
posśıvel passar de um subconjunto ao próximo da lista acrescentando-
se ou retirando-se um elemento. De fato, pela hipótese de indução isto
ocorrem em L; a passagem do último subonjunto de L para o primeiro
de L′ ocorre pela adição de an+1; finalmente, a passagem de cada sub-
conjunto de L′ para o próximo se dá de forma inversa à ocorrida em L.
Assim, a propriedade vale também para conjuntos com n+1 elementos.
Logo, por indução, vale para qualquer conjunto finito.
1
Unidade 3
1. a) Como 1.2 =
1.2.3
3
, a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja, 1.2 + 2.3 +
. . .+n.(n+1) =
n(n + 1)(n + 2)
3
. Somando (n+1)(n+2) a ambos
os membros da igualdade, obtemos
1.2 + 2.3 + . . . + n.(n + 1) + (n + 1)(n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)
3
+
(n + 1)(n + 2) =
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
3
,
o que mostra que a igualdade também vale para n + 1. Logo, por
indução, a igualdade vale para todo n ∈ N.
b) Como 13 =
[
1.2
2
]2
, a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja, 13 + 23 +
. . . + n3 =
[
n(n + 1)
2
]2
. Somando (n + 1)3 a ambos os membros
da igualdade, obtemos
13 + 23 + . . . + n3 + (n + 1)3 =
[
n(n + 1)
2
]2
+ (n + 1)3 =
(n + 1)2
[
n2
4
+ (n + 1)
]
= (n + 1)2
[
n2 + 4n + 4
4
]
=[
(n + 1)(n + 2)
2
]2
,
o que mostra que a igualdade também vale para n + 1. Logo, por
indução, a igualdade vale para todo n ∈ N.
c) Como 1.20 = 1 = 1 + 0.21, a igualdade vale para n = 1. Su-
ponhamos, agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja,
1.20+2.21+3.22+ · · ·+n.2n−1 = 1+(n−1)2n. Somando (n+1).2n
a ambos os membros da igualdade, obtemos:
1.20 + 2.21 + 3.22 + · · · + n.2n−1 + (n + 1).2n = 1 + (n − 1)2n +
(n + 1).2n = 1 + 2n.2n = 1 + n.2n+1,
2
o que mostra que a igualdade também vale para n + 1. Logo, por
indução, a igualdade vale para todo n ∈ N.
d) Correção: a igualdade deveria ser
(
1 +
1
1
)(
1 +
1
2
)2
· · ·
(
1 +
1
n
)n
=
(n + 1)n
n!
.
Como
(
1 + 1
1
)1
= 2 = 2
1
1!
, a igualdade vale para n = 1. Supo-
nhamos, agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja,(
1 +
1
1
)(
1 +
1
2
)2
· · ·
(
1 +
1
n
)n
=
(n + 1)n
n!
. Multiplicando am-
bos os membros da igualdade por
(
1 + 1
n+1
)n+1
, obtemos:(
1 +
1
1
)(
1 +
1
2
)2
· · ·
(
1 +
1
n
)n(
1 +
1
n + 1
)n+1
=
(n+1)n
n!
(
1 + 1
n+1
)n+1
= (n+1)
n
n!
(
n+2
n+1
)n+1
=
(n+2)n+1
n!(n+1)
= (n+2)
n+1
(n+1)!
,
o que mostra que a igualdade também vale para n + 1. Logo, por
indução, a igualdade vale para todo n ∈ N.
e) Como 1.11 = 2! − 1, a igualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja, 1.1! + 2.2! +
3.3! + · · ·+n.n! = (n+ 1)!− 1. Somando (n+ 1).(n+ 1)! a ambos
os membros da igualdade, obtemos:
1.1! + 2.2! + 3.3! + · · · + n.n! + (n + 1).(n + 1)! = (n + 1)! − 1 +
(n + 1).(n + 1)! = (n + 1)!(n + 2)− 1 = (n + 2)!− 1,
o que mostra que a igualdade também vale para n + 1. Logo, por
indução, a igualdade vale para todo n ∈ N.
2. a) Como 21 > 1, a desigualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja, 2n > n.
Multiplicando ambos os membros da igualdade por 2, obtemos
2n+1 > 2n. Mas, para todo n natural, 2n ≥ n + 1 (já que esta
desigualdade é equivalente a n ≥ 1). Portanto, 2n+1 > n + 1, o
que mostra que a desigualdade também vale para n+1. Logo, por
indução, a desigualdade vale para todo n ∈ N.
b) Como 1
2
= 1√
3+1
, a desigualdade vale para n = 1. Suponhamos,
agora, que ela seja válida para algum n ∈ N, ou seja,
3
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · 2n
≤ 1√
3n + 1
. Multiplicando ambos os mem-
bros da desigualdade por
2n + 1
2(n + 1)
, obtemos:
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · (2n + 1)
2 · 4 · 6 · · · 2n · 2(n + 1)
≤ 1√
3n + 1
2n + 1
2(n + 1)
.
Para mostrar que a desigualdade também vale para n+1, precisa-
mos mostrar que
2n + 1√
3n + 1 · 2(n + 1)
≤ 1√
3(n + 1) + 1
ou, equi-
valentemente,
(2n + 1)2
(3n + 1)(2(n + 1))2
≤ 1
3n + 4
. Mas
(2n + 1)2
(3n + 1)(2(n + 1))2
− 1
3n + 4
=
(2n + 1)2(3n + 4)− (3n + 1)(2n + 2)2
(3n + 1)(2n + 2)2(3n + 4)
=
− n
(3n + 1)(2n + 2)2(3n + 4)
< 0.
Logo, de fato temos
1√
3n + 1
2n + 1
2(n + 1)
<
1√
3(n + 1) + 1
e, por-
tanto,
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · (2n + 1)
2 · 4 · 6 · · · 2n · 2(n + 1)
<
1√
3(n + 1) + 1
, o que mos-
tra que a desigualdade também vale para n+1. Logo, por indução,
a desigualdade vale para todo n ∈ N, sendo estrita para todo
n > 1.
3. a) Como x1 = 1, temos 1 ≤ x1 ≤ 32 e, assim, a desigualdade vale
paran = 1.
Suponhamos que ela seja válida para um certo n ∈ N. Como
xn ≤ 32 , temos
2
xn
≥ 4
3
. Logo, n+1 =
1
2
(
xn +
2
xn
)
≥ 1
2
(
1 + 4
3
)
=
7
6
> 1. Por outro lado, xn+1 − 32 =
x2n−3xn+2
2xn
= (xn−1)(xn−2)
2xn
. Como
1 ≥ xn ≥ 32 , (xn − 1) ≥ 0 e (xn − 2) < 0, o que mostra que
xn+1 − 32 ≤ 0, ou seja xn+1 ≤
3
2
. Logo, a desigualdade também
vale para n + 1. Por indução, ela vale para todo n natural.
b) xn+1−
√
2 = 1
2
(
xn +
2
xn
)
−
√
2 = 1
2xn
(x2n +2−2
√
2xn) =
1
2xn
(xn−√
2)2.
4. a) Como 13 + 23 + 33 = 36, que é diviśıvel por 9, a propriedade
vale para n = 1. Suponhamos que ela seja válida para algum
4
n ∈ N, ou seja, n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 9k, para algum inteiro
k. Dáı, (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 = 9k + (n + 3)3 − n3 =
9k+n3+9n2+27n+27−n3 = 9(k+n2+3n+3), o que mostra que
(n+ 1)3 + (n+ 2)3 + (n+ 3)3 também é diviśıvel por 9. Portanto,
por indução, a propriedade vale para todo n natural.
b) Como 34 + 8 − 9 = 80, que é diviśıvel por 16, a propriedade
vale para n = 1. Suponhamos que ela seja válida para algum
n ∈ N, ou seja, 32n+2 + 8n− 9 = 16k, onde ou, equivalentemente,
32n+2 = 16k − 8n + 9 para algum k ∈ N. Multiplicando por 9 os
dois lados da igualdade, obtemos 32(n+1)+2 = 144k−72n+81. Dáı,
32(n+1)+2 + 8(n+ 1) + 9 = 144k−72n+ 81 + 8(n+ 1)−9 = 144k−
64n+80 = 16(9k−4n+5), o que mostra que 32(n+1)+2+8(n+1)+9
é diviśıvel por 16 e, assim, que a propriedade também vale para
n + 1. Portanto, por indução, a propriedade vale para todo n
natural.
c) Como 41 + 15.1− 1 = 18, que é diviśıvel por 9, a propriedade vale
para n = 1. Suponhamos que ela seja válida para algum n ∈ N, ou
seja, 4n + 15n− 1 = 9k, ou, equivalentemente, 4n = 9k − 15n + 1
para algum k ∈ N. Multiplicando por 4 ambos os membros da
igualdade, obtemos 4n+1 = 36k−60n+4, ou seja, 4n+1−15(n+1)−
1 = 36k−60n+4+15(n+1)−1 = 36k−45n+18 = 9(4k−5n+2),
o que mostra que 4n+1−15(n+1)−1 é diviśıvel por 9, ou seja que
a propriedade também vale para n + 1. Portanto, por indução, a
propriedade vale para todo n natural.
d) Neste caso, é mais conveniente começar com n = 0. Como 112 +
121 = 133, a propriedade vale para n = 0. Suponhamos que ela
seja válida para algum n ∈ N, ou seja, 11n+2 + 122n+1 = 133k, ou,
equivalentemente, 122n+1 = 13k−11n+2 para algum k ∈ N. Multi-
plicando por 122 = 144 ambos os membros da igualdade, obtemos
122(n+1)+1 = 133.144k− 144.11n+2. Logo, 122(n+1)+1− 11(n+1)+2 =
133.144k− 144.11n+2 + 11.11n+2 = 133(144k− 11n+2), o que mos-
tra que 122(n+1)+1 − 11(n+1)+2 é diviśıvel por 133 e, assim, que a
propriedade vale para n+1. Portanto, por indução, a propriedade
vale para todo n natural.
e) Como 23
1
+ 1 = 9, que é diviśıvel por 31+1 = 9, a propriedade é
válida para n = 1. Suponhamos que ela seja válida para algum n ∈
N, ou seja, 23n+1 = k.3n+1 ou, equivalentemente, 23n = k.3n+1−1,
5
para algum k ∈ N. Elevando ao cubo ambos os membros da
igualadade, obtemos
(
23
n)3
= (k.3n+1 − 1)3 e, dáı, 23n+1 + 1 =
k3 (3n+1)
3 − 3k2 (3n+1)2 + 3k.3n+1 − 1 + 1 = k333n+3 − k232n+3 +
k3n+2 = 3n+2(k332n+1 − k23n+1 + k). Logo, 23n+1 + 1 é diviśıvel
por 3n+2, ou seja, a propriedade vale para n + 1. Portanto, por
indução, ela vale para todo n ∈ N.
5. Uma reta divide o plano em duas regiões adjacentes, que certamente
podem ser coloridas com duas cores. Portanto, a propriedade vale para
n = 1 reta. Suponhamos que ela valha para toda subdivisão formada
por n retas e incluamos uma reta adicional. Uma coloração satisfazendo
às condições do enunciado pode ser obtida trocando a cor de todas as
regiões que ficam em um dos semiplanos determinados pela nova reta, o
que mostra que a propriedade também vale para n+ 1 retas. Portanto,
por indução, vale para subdivisões geradas por qualquer quantidade de
retas.
6. a) Ao acrescentar-se o plano n+1, os planos já existentes determinam
neste plano n retas de interseção que, por sua vez, determinam
pn regiões planas. Cada uma destas regiões planas, divide em
duas uma das regiões determinadas anteriormente, criando assim
pn novas regiões do espaço. Portanto, o número qn+1 de regiões
determinadas por n + 1 planos é dado por qn+1 = qn + pn.
b) Com n = 1 plano são determinadas duas regiões; isto é, q1 = 2.
Como 1
3+5.1+6
6
= 2, a fórmula está correta para n = 1. Supo-
nhamos que ela esteja correta para algum n ∈ N, ou seja, qn =
n3 + 5n + 6
6
. Então, qn+1 = qn+pn =
n3 + 5n + 6
6
+
n2 + n + 2
2
=
n3 + 3n2 + 8n + 12
6
=
(n3 + 3n2 + 3n + 1) + (5n + 5) + 6
6
=
(n+1)3+5(n+1)+6
6
, o que mostra que a fórmula também está correta
para n + 1. Logo, por indução, ela está corrreta para todo n
natural.
7. O número máximo de regiões determinadas por um ziguezague formado
por 2 semirretas e n segmentos de reta é n
2+n+4
2
. Para n = 1, são de-
terminadas 3 regiões; como 1
2+1+4
2
= 3, a fórmula proposta está correta
para n = 1. Suponhamos que a fórmula esteja correta para n segmentos
6
de reta. Um segmento de reta pode ser acrescentado transformando-se
uma das semi-retas em um segmento (o que faz com que duas regiões
se transformem em uma só) e acrescentando-se uma nova semirreta
intersectando os n segmentos já existentes e a outra semirreta; isto de-
termina sobre esta semirreta uma total de n + 2 segmentos. Portanto,
no processo são acrescentadas n + 2 − 1 = n + 1 regiões. Logo, o
número de regiões determinadas por um ziguezague com n segmentos
é n
2+n+4
2
+ n + 1 = n
2+3n+6
2
= (n
2+2n+1)+(n+1)+4
2
, o que mostra que a
fórmula também está correta para n + 1. Logo, por indução, ela está
correta para todo n natural.
8. a) Em 2 movimentos, passa-se o disco menor para a terceira haste;
a seguir, o disco maior deve ser passado para a central; em mais
2 movimentos, o disco menor deve voltar para a primeira haste; o
disco maior é passado para a terceira haste; finalmente, em mais
dois movimentos, o disco menor passa para a terceira haste, para
um total de 8 movimentos.
b) hn+1 = 3hn + 2
c) Para n = 1, são necessários dois movimentos. Como 31− 1 = 2, a
fórmula está correta para n = 1 disco. Suponhamos que ela esteja
correta para n discos, isto é, hn = 3
n−1. Então hn+1 = 3hn +2 =
3(3n − 1) + 2 = 3n+1 − 1, o que mostra que a fórmula também
está correta para n + 1 discos. Logo, por induçào, a fórmula está
correta para qualquer número de discos.
7
4
1
Aplicações do Princípio de
Indução Matemática
Sumário
4.1 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 9
4.2 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 9
4.3 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Unidade 4
Apresentaremos nesta unidade algumas aplicações lúdicas do Princípio de
Indução Matemática ao mundo material.
Exemplo 1 [A Torre de Hanói]
Você provavelmente já conhece esse jogo bastante popular e que pode ser
facilmente fabricado ou ainda encontrado em lojas de brinquedos de madeira.
O jogo é formado por n discos de diâmetros distintos com um furo no
seu centro e uma base onde estão �ncadas três hastes. Numa das hastes,
estão en�ados os discos, de modo que nenhum disco esteja sobre um outro de
diâmetro menor (veja �gura abaixo).
�� ���� ���� ���� ��
�� ��
Figura 1
O jogo consiste em transferir a pilha de discos para uma outra haste, des-
locando um disco de cada vez, de modo que, a cada passo, a regra acima seja
observada.
As perguntas naturais que surgem são as seguintes:
1. O jogo tem solução para cada n ∈ N?
2. Em caso a�rmativo, qual é o número mínimo jn de movimentos para
resolver o problema com n discos?
Usando Indução Matemática, vamos ver que a resposta à primeira pergunta
é a�rmativa, qualquer que seja o valor de n. Em seguida, deduziremos uma
fórmula que nos fornecerá o número jn.
Considere a sentença
P (n) : O jogo com n discos tem solução.
2
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
Obviamente, P (1) é verdade. Suponha que P (n) seja verdadeiro, para
algum n; ou seja, que o jogo com n discostem solução. Vamos provar que o
jogo com n+ 1 discos tem solução.
Para ver isso, resolva inicialmente o problema para os n discos superiores da
pilha, transferindo-os para uma das hastes livre (isso é possível, pois estamos
admitindo que o problema com n discos possua solução):
�� �� �� ���� ���� ���� ��
�� ��
Figura 2
Em seguida, trans�ra o disco que restou na pilha original (o maior dos
discos) para a haste vazia:
�� �� �� ���� ���� ���� ��
�� ��
Figura 3
Feito isto, resolva novamente o problema para os n discos que estão juntos,
transferindo-os para a haste que contém o maior dos discos:
�� ���� ���� ���� ��
�� ���� ��
Figura 4
Isso mostra que o problema com n + 1 discos também possui solução, e,
portanto, por Indução Matemática, que P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.
3
Unidade 4
Para determinar uma fórmula para jn, veja que, para resolver o problema
para n + 1 discos com o menor número de passos, temos, necessariamente,
que passar duas vezes pela solução mínima do problema com n discos. Temos,
então, que
jn+1 = 2jn + 1.
Obtemos, assim, uma sequência (jn) de�nida recorrentemente. Pode-se
mostrar, sem di�culdade, por indução, que seu termo geral é dado por
jn = 2
n − 1.
(Este tipo de sequências, as recorrências, será estudado de modo sistemático
nas Unidades U7 e U8.)
+ Para Saber Mais - Origem da Torre de Hanói - Clique para ler
Exemplo 2 [Os Coelhos de Fibonacci]
Trata-se do seguinte problema proposto e resolvido pelo matemático italiano
Leonardo de Pisa em seu livro Liber Abacci, de 1202:
Quot paria coniculorum in uno anno ex uno pario germinentur.
Como não se ensina mais latim nas escolas, aí vai uma tradução:
Quantos casais de coelhos descendem de um casal em um ano.
Leonardo passa a explicar o seu problema e a sua solução, como segue (com
adaptação nossa):
Um casal de coelhos recém-nascidos foi posto num lugar cercado. Deter-
minar quantos casais de coelhos ter-se-ão após um ano, supondo que, a cada
mês, um casal de coelhos produz outro casal e que um casal começa a procriar
dois meses após o seu nascimento.
Vamos organizar a nossa contagem na tabela a seguir.
4
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
mês
número de casais
do mês anterior
número de casais
recém-nascidos
total
1o 0 1 1
2o 1 0 1
3o 1 1 2
4o 2 1 3
5o 3 2 5
6o 5 3 8
7o 8 5 13
8o 13 8 21
9o 21 13 34
10o 34 21 55
11o 55 34 89
12o 89 55 144
Portanto, o número de casais de coelhos em um determinado mês é igual ao
número total de casais do mês anterior acrescido do número de casais nascidos
no mês em curso, que é igual ao número total de casais do mês anterior ao
anterior.
Se denotarmos o número de coelhos existentes no n-ésimo mês por un,
temos, então, que
un = un−1 + un−2, u1 = u2 = 1.
Essas relações de�nem, por recorrência, uma sequência de números naturais,
chamada de sequência de Fibonacci, cujos elementos, chamados de números de
Fibonacci, possuem propriedades aritméticas notáveis, que ainda hoje são objeto
de investigação.
+ Para Saber Mais - O que é uma Recorrência? - Clique para ler
+ Para Saber Mais - Leonardo de Pisa - Fibonacci - Clique para ler
5
Unidade 4
Exemplo 3 [O Enigma do Cavalo de Alexandre]
Num mosaico romano, Bucéfalo, o cavalo de Alexandre, o Grande, é repre-
sentado como um fogoso corcel cor de bronze. Nesse exemplo, vamos �provar�
que isso é uma falácia (uma grande mentira).
Inicialmente, �provaremos� que todos os cavalos têm mesma cor. De fato,
considere a sentença:
P (n) : Num conjunto com n cavalos, todos têm a mesma cor.
Note que P (1) é obviamente verdadeira. Agora, suponha o resultado válido
para conjuntos contendo n cavalos. Considere um conjunto
C = {C1, C2, . . . , Cn, Cn+1}
com n+ 1 cavalos. Decompomos o conjunto C numa união de dois conjuntos:
C = C ′ ∪ C ′′ = {C1, . . . , Cn} ∪ {C2, . . . , Cn+1},
cada um dos quais contém n cavalos.
Pela hipótese indutiva, segue-se que os cavalos em C ′ têm mesma cor, ocor-
rendo o mesmo para os cavalos em C ′′. Como
C2 ∈ C ′ ∩ C ′′,
segue-se que os cavalos de C ′ têm a mesma cor dos cavalos de C ′′, permitindo
assim concluir que todos os cavalos em C têm a mesma cor.
Assim, a nossa �demonstração� por indução está terminada, provando que
P (n) é verdadeira para todo n ∈ N.
Agora, todo mundo sabe (você sabia?) que Marengo, o famoso cavalo de
Napoleão, era branco. Logo, Bucéfalo deveria ser branco.
Onde está o erro nessa prova?
Sugestão: Para achá-lo, sugerimos que você tente provar que, se P (1) é
verdadeira, então P (2) é verdadeira.
Esse problema foi inventado pelo matemático húngaro George Polya (1887-
1985).
6
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
Exemplo 4[Descobrindo a Moeda Falsa]
Têm-se 3n moedas de ouro, sendo uma delas falsa, com peso menor do
que as demais. Dispõe-se de uma balança de dois pratos, sem nenhum peso.
Vamos mostrar, por indução sobre n, que é possível achar a moeda falsa com
n pesagens.
Para n = 1, isso é fácil de ver, pois, dadas as três moedas, basta pôr uma
moeda em cada prato da balança e descobre-se imediatamente qual é a moeda
falsa.
Suponha, agora, que o resultado seja válido para algum valor de n e que se
tenha que achar a moeda falsa dentre 3n+1 moedas dadas. Separemos as 3n+1
moedas em 3 grupos de 3n moedas cada. Coloca-se um grupo de 3n moedas
em cada prato da balança. Assim, poderemos descobrir em que grupo de 3n
moedas encontra-se a moeda falsa. Agora, pela hipótese de indução, descobre-
se a moeda falsa com n pesagens, que, junto com a pesagem já efetuada,
perfazem o total de n+ 1 pesagens.
Exemplo 5[A Pizza de Steiner]
O grande geômetra alemão Jacob Steiner (1796-1863) propôs e resolveu,
em 1826, o seguinte problema:
Qual é o maior número de partes em que se pode dividir o plano com n
cortes retos?
Pensando o plano como se fosse uma grande pizza, temos uma explicação
para o nome do problema.
Denotando o número máximo de pedaços com n cortes por pn, vamos provar
por indução a fórmula:
pn =
n(n+ 1)
2
+ 1.
Para n = 1, ou seja, com apenas um corte, é claro que só podemos obter
dois pedaços. Portanto, a fórmula está correta, pois
p1 =
1(1 + 1)
2
+ 1 = 2.
Admitamos agora que, para algum valor de n, a fórmula para pn esteja
correta. Vamos mostrar que a fórmula para pn+1 também está correta.
7
Unidade 4
Suponhamos que, com n cortes, obtivemos o número máximo n(n+1)/2+1
de pedaços e queremos fazer mais um corte, de modo a obter o maior número
possível de pedaços.
Vamos conseguir isso se o (n + 1)-ésimo corte encontrar cada um dos n
cortes anteriores em pontos que não são de interseção de dois cortes (faça um
desenho para se convencer disso).
Por outro lado, se o (n+1)-ésimo corte encontra todos os n cortes anteriores,
ele produz n + 1 novos pedaços: o corte começa em um determinado pedaço
e, ao encontrar o primeiro corte, ele separa em dois o pedaço em que está,
entrando em outro pedaço. Ao encontar o segundo corte, ele separa em dois o
pedaço em que está, entrando em outro pedaço, e assim sucessivamente, até
encontrar o n-ésimo corte separando o último pedaço em que entrar em dois.
Assim, são obtidos n+ 1 pedaços a mais dos que já existiam; logo,
pn+1 = pn + n+ 1 =
n(n+ 1)
2
+ 1 + n+ 1 =
(n+ 1)(n+ 2)
2
+ 1,
mostrando que a fórmula está correta para n + 1 cortes. O resultado segue
então do Princípio de Indução Matemática.
8
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
4.1 Exercícios Recomendados
1. Prove que, qualquer que seja o número natural n maior do que 3, existe
um polígono convexo com n lados e exatamente 3 ângulos agudos.
2. Um plano está dividido em regiões por várias retas. Prove que é pos-
sível colorir essas regiões com duas cores de modo que quaiquer duas
regiões adjacentes tenham cores diferentes (dizemos que duas regiões são
adjacentes se elas tiverem pelo menos um segmento de reta em comum).
3. A sequência (an) é de�nida pelos dados: a1 = 1, a2 = 2, an+1 = an−an−1
se n > 2. Prove que an+6 = an para todosos números naturais n.
Descreva todos os termos dessa sequência.
4. A sequência a1, a2, . . . , an, . . . de números é tal que a1 = 3, a2 = 5 e
an+1 = 3an − 2an−1 para n > 2. Prove que an = 2n + 1 para todos os
números naturais n.
4.2 Exercícios Suplementares
1. Ache o erro na �prova� do seguinte
�Teorema� Todos os números naturais são iguais.
Vamos provar o resultado mostrando que, para todo n ∈ N, é verdadeira
a sentença
P (n) : : dado n ∈ N, todos os número naturais menores ou iguais do
que n são iguais.
(i) P (1) é claramente verdadeira.
(ii) Suponha que P (n) seja verdadeira, logo n − 1 = n. Somando 1 a
ambos os lados dessa igualdade, obtemos n = n + 1. Como n era igual
a todos os naturais anteriores, segue que P (n+ 1) é verdadeira.
Portanto, P (n) 'e vedadeira para todo n ∈ N .
2. (O queijo de Steiner) Para fazer a sua pizza, Steiner teve que cortar,
primeiro, o queijo. Imaginando que o espaço é um enorme queijo, você
9
Unidade 4 Exercícios Suplementares
seria capaz de achar uma fórmula para o número máximo de pedaços que
poderíamos obter ao cortá-lo por n planos?
3. Mostre que a sequência de Fibonacci satisfaz às seguintes identidades:
(a) u1 + u2 + · · ·+ un = un+2 − 1.
(b) u1 + u3 + · · ·+ u2n−1 = u2n.
(c) u2 + u4 + · · ·+ u2n = u2n+1 − 1.
(d) u21 + u
2
2 + · · ·+ u2n = unun+1.
4. Sabendo que q =
1 +
√
5
2
é raiz da equação x2 = x + 1, mostre que
qn = unq + un−1.
5. Prove que
u3 + u6 + u9 + · · ·+ u3n =
u3n+2 − 1
2
.
6. Dada a recorrência an+2 = 2an+1 + an, com a1 = 1 e a2 = 3, ache uma
fórmula para an.
10
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
4.3 Textos Complementares
Para Saber MaisOrigem da Torre de Hanói
Esse jogo foi idealizado e publicado pelo matemático francês Edouard Lucas,
em 1882, que, para dar mais sabor à sua criação, inventou a seguinte �lenda�:
Na origem do tempo, num templo oriental, uma Divindade colocou 64 discos
perfurados de ouro puro ao redor de uma de três colunas de diamante e ordenou
a um grupo de sacerdotes que movessem os discos de uma coluna para outra,
respeitando as regras acima explicadas. A Divindade sentenciou que, quando
todos os 64 discos fossem transferidos para uma outra coluna, o mundo acabaria.
Você não deve se preocupar com a iminência do �m do mundo, pois, se,
a cada segundo, um sacerdote movesse um disco, o tempo mínimo para que
ocorresse a fatalidade seria de 264− 1 segundos e isto daria, aproximadamente,
um bilhão de séculos!
11
Unidade 4 Textos Complementares
Para Saber Mais O que é uma Recorrência?
Uma recorrência é uma fórmula que de�ne um elemento de uma sequência
a partir de termos anteriores.
Uma recorrência do tipo:
xn = xn−1 + xn−2, (4.1)
só permite determinar o elemento xn se conhecermos os elementos anteriores
xn−1 e xn−2, que, para serem calculados, necessitam do conhecimento dos dois
elementos anteriores, e assim por diante. Fica, portanto, univocamente de�nida
a sequência quando são dados x1 e x2. A sequência de Fibonacci corresponde
à recorrência (4.1), onde x1 = x2 = 1.
Quando é dada uma recorrência, um problema importante é determinar uma
fórmula fechada para o termo geral da sequência, isto é, uma fórmula que não
recorre aos termos anteriores. No caso da sequência de Fibonacci, existe uma
tal fórmula, chamada fórmula de Binet, que apresentamos a seguir e que será
demonstrada em um contexto mais geral na Unidade 8.
Para todo n ∈ N, tem-se que
un =
(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n
√
5
É notável que seja necessário recorrer a fórmulas envolvendo números ir-
racionais para representar os elementos da sequência de Fibonacci, que são
números naturais. Mais notável, ainda, é que o número ϕ =
1 +
√
5
2
seja a
proporção áurea que aparece nas artes, e que
1−
√
5
2
= −ϕ−1 seja o simétrico
de seu inverso. Intrigante essa inesperada relação entre criar coelhos e a divina
proporção, não?
12
Unidade 4Aplicações do Princípio de Indução Matemática
Para Saber MaisLeonardo de Pisa - Fibonacci
Leonardo de Pisa (1170-1250), �lho de Bonacci, e por isso apelidado Fi-
bonacci, teve um papel fundamental no desenvolvimento da Matemática no
Ocidente. Em 1202, publicou o livro Liber Abacci, que continha grande parte
do conhecimento sobre números e álgebra da época. Esta obra foi responsável
pela introdução na Europa do sistema de numeração indo-arábico e pelo pos-
terior desenvolvimento da álgebra e da aritmética no mundo ocidental.
13
MA12 - Unidade 4
Mais Sobre Indução
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
7 de Março de 2014
Começando de um certo natural n0
Seja P(n) uma propriedade relativa ao número natural n e
seja n0 um número natural. Suponhamos que:
i) P(n0) é válida.
ii) Para todo n ≥ n0, a validez de P(n) implica na validez de
P(n + 1).
Então, P(n) é verdadeira para todo número natural n ≥ n0.
Prova: Basta mostrar, por indução, que Q(n) : P(n + n0 − 1)
é válida para todo n natural.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 2/13
Exemplo
Mostrar que P(n) : 2n > n2, para todo número natural n ≥ 5.
i) Temos que P(5) : 25 > 52 é verdadeira.
ii) Seja n ≥ 5 tal que 2n > n2.
Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por 2,
obtemos 2n+1 > 2n2.
Mas 2n2 > (n + 1)2?
Sim, para n ≥ 3, pois é equivalente a n(n − 2) > 1.
Dáı, 2n+1 > (n + 1)2, o que significa que P(n + 1) é
verdadeira.
Logo, pela forma generalizada do Prinćıpio de Indução
Matemática, a desigualdade vale para todo número natural
n ≥ 5.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 3/13
Usando mais de um antecessor
Seja P(n) uma propriedade relativa ao natural n.
Suponhamos que:
i) P(1) e P(2) são válidas.
ii) Para todo n ∈ N, a validez de P(n) e P(n + 1) implicam a
validez de P(n + 2).
Então, P(n) é verdadeira para todo número natural n.
Prova: Basta mostrar, por indução, que Q(n) : P(n) e
P(n + 1) são válidas é verdadeira para todo natural n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 4/13
Os coelhos de Fibonacci
Um casal de coelhos recém-nascidos foi posto num lugar
cercado. Determinar quantos casais de coelhos ter-se-ão após
um ano, supondo que, a cada mês, um casal de coelhos
produz outro casal e que um casal começa a procriar dois
meses após o seu nascimento.
mês
número de casais
do mês anterior
número de casais
recém-nascidos
total
1o 0 1 1
2o 1 0 1
3o 1 1 2
4o 2 1 3
5o 3 2 5
6o 5 3 8
7o 8 5 13
8o 13 8 21
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 5/13
O número de casais de coelhos em um determinado mês (a
partir do terceiro) é igual ao número total de casais do mês
anterior acrescido do número de casais nascidos no mês em
curso, que é igual ao número total de casais do mês anterior
ao anterior.
Se un é o número de casais no n-ésimo mês, temos
u1 = 1
u2 = 1
un+2 = un + un+1, para todo n ∈ N
Estas relações definem a chamada sequência de Fibonacci.
É fácil mostrar, por indução, que
un =
(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n
√
5
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 6/13
Indução Completa
Seja P(n) uma propriedade relativa ao natural n.
Suponhamos que:
i) P(1) é válida.
ii) Para todo n ∈ N, a validez de P(k), para todo k ≤ n, implica
na validez de P(n + 1).
Então, P(n) é verdadeira para todo número natural n.
Prova: Basta mostrar, por indução, que
Q(n) : P(1),P(2), . . . ,P(n) são todas válidas é verdadeira
para todo natural n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 7/13
Exemplo
Seja an uma sequência definida por a0 = 2 e an+1 =
∑n
k=0 ak
n + 2
,
para cada natural n. Qual é o termo geral de an?
Os primeiros termos da sequência são
a1 =
2
2 = 1, a2 =
2+1
3 = 1, a3 =
2+1+1
4 = 1,
o que sugere que an = 1, para todo n ≥ 1, com a0 = 2.
i) P(1) : a1 = 1 é verdadeira.
ii) Suponhamos, agora, que P(k) seja válida (isto é, ak = k) para
todo k tal que 1 ≤ k ≤ n.
Então, an+1 =
∑n
k=0 ak
n+2 =
2+n.1
n+2 = 1,
o que mostraque a fórmula vale para n + 1.
Logo, por indução completa, an = 1, para todo n ≥ 1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 4, Mais Sobre Indução slide 8/13
Lista de Exerćıcios
Unidade 4
1. Demonstre, por indução, as seguintes desigualdades:
a) n! > 2n, para n ≥ 4;
b) n! > 3n, para n ≥ 7;
c)
1
n + 1
+
1
n + 2
+ · · ·+ 1
2n
>
13
24
, para n ≥ 2;
d) 2n > 1 + n
√
2n−1, para n ≥ 2.
2. Dados n (n > 2) objetos de pesos distintos, prove que é posśıvel deter-
minar qual o mais leve e qual o mais pesado fazendo 2n−3 pesagens em
uma balança de pratos. Mostre, também, que este é o número mı́nimo
de pesagens que permitem, com certeza, determinar o mais leve e o
mais pesado.
3. Mostre que existem inteiros não negativos x e y tais que 7x + 8y = n
para todo n ≥ 42. Seria posśıvel tomar um número menor que 42 na
afirmativa acima?
4. Prove que, qualquer que seja o número natural n maior do que ou igual
a 3, existe um poĺıgono convexo com n lados e exatamente 3 ângulos
agudos. [Sugestão: Modifique um dos ângulos agudos de um poĺıgono
com n lados para produzir um ângulo agudo e um obtuso.]
5. A sequência a1, a2, . . . , an, . . . de números é tal que a1 = 3, a2 = 5 e
an+1 = 3an − 2an−1 para n > 2. Prove que an = 2n + 1 para todos os
números naturais n.
6. Mostre que o termo geral da sequência de Fibonacci é
Fn =
(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n
√
5
.
1
7. Mostre que a sequência de Fibonacci satisfaz às seguintes identidades:
a) F1 + F2 + · · ·+ Fn = Fn+2 − 1.
b) F1 + F3 + · · ·+ F2n−1 = F2n.
c) F2 + F4 + · · ·+ F2n = F2n+1 − 1.
d) F 21 + F
2
2 + · · ·+ F 2n = FnFn+1.
8. Seja (Fn) a sequência de Fibonacci. Mostre que Fn ≥
(
3
2
)n−2
, para
todo n ∈ N.
9. Use indução completa para demonstrar o Teorema Fundamental da
Aritmética: todo número natural n ≥ 2 é primo ou é um produto de
números primos.
10. Em uma das versões do jogo de Nim, dois jogadores se alternam, re-
tirando 1, 2 ou 3 palitos de um monte de n palitos. O jogador que
remove o último palito perde. Mostre que o primeiro a jogar tem uma
estratégia vencedora se, e somente se, o resto da divisão de n por 4 é
diferente de 1.
11. Considere um conjunto de n pontos. Conecta-se pares desses pontos
por segmentos de reta, até que não seja posśıvel acrescentar um novo
segmento sem formar um ciclo, isto é, um caminho fechado percorrendo
os segmentos de reta traçados. A figura mostra duas posśıveis situações
ao final do processo, para n = 6.
a) Mostre que, ao terminar o processo, cada par de pontos está ligado
por um único caminho formado por segmentos.
b) Mostre, por indução, que, ao terminar o processo, terão sempre
sido traçados n− 1 segmentos.
2
12. Ache o erro na “prova” do seguinte “teorema”: Todos os números
naturais são iguais.
Vamos provar o resultado usando indução completa.
(i) P (1) é claramente verdadeira.
(ii) Suponha que P (k) seja verdadeira, para todo k tal que 1 ≤ n. Então
n = n − 1. Somando 1 a ambos os lados dessa igualdade, obtemos
n = n + 1. Como n era igual a todos os naturais anteriores, segue que
P (n + 1) é verdadeira.
Portanto, P (n) é verdadeira para todo n ∈ N .
3
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 4
1. a) Como 4! = 24 e 24 = 16, de fato temos n! > 2n para n = 4.
Suponhamos que a desigualdade valha para algum n ≥ 4, ou seja
n! > 2n. Multiplicando os dois lados da desigualdade por n + 1,
obtemos (n+1)! > (n+1)2n > 2.2n = 2n+1 (a última desigualdade
vale porque n + 1 > 2 para todo n ≥ 4). Logo, a desigualdade
também vale para n+ 1. Portanto, por indução, ela é válida para
todo n ≥ 4.
b) Como 7! = 5040 e 37 = 2187, de fato temos n! > 3n para n = 7.
Suponhamos que a desigualdade valha para algum n ≥ 7, ou seja
n! > 3n. Multiplicando os dois lados da desigualdade por n + 1,
obtemos (n+1)! > (n+1)3n > 3.3n = 3n+1 (a última desigualdade
vale porque n + 1 > 3 para todo n ≥ 7). Logo, a desigualdade
também vale para n+ 1. Portanto, por indução, ela é válida para
todo n ≥ 7.
c) Como
1
3
+
1
4
=
7
12
>
13
24
, a desigualdade vale para n = 2.
Suponhamos que ela seja válida para algum n ≥ 2, ou seja,
1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ · · ·+ 1
2n
>
13
24
. Subtraindo
1
n+ 1
e somando
1
2n+ 1
+
1
2n+ 2
a ambos os lados da desigualdade, obtemos
1
n+ 2
+
1
n+ 2
+ · · ·+ 1
2(n+ 1)
>
13
24
+
1
2n+ 1
+
1
2n+ 2
− 1
n+ 1
=
13
24
+
2(n+ 1) + (2n+ 1)− 2(2n+ 1)
2(n+ 1)(2n+ 1)
=
13
24
+
1
2(n+ 1)(2n+ 1)
>
13
24
. Logo, a desigualdade também é válida para n+ 1. Portanto,
por indução, ela é válida para todo n ≥ 2.
d) Como 1 + 2
√
2 < 4 = 22, a desigualdade vale para n = 2. Ela
também vale para n = 3, já que 1 + 3
√
22 < 23. Suponhamos
que ela seja válida para algum n ≥ 3, ou seja, 2n > 1 + n
√
2n−1.
Multiplicando os dois lados da desigualdade por 2, obtemos 2n+1 >
1
2(1 + n
√
2n−1) = 2 + n
√
2
√
2n. Mas, para todo n ≥ 3, temos
n
√
2 = n+ (
√
2− 1)n > n+ 0, 4n > n+ 1. Logo, a desigualdade
também vale para n + 1. Portanto, por indução, a propriedade
vale para todo n ≥ 2.
2. Certamente a propriedade vale para n = 2: basta 1 = 2.3− 3 pesagem
para determinar o mais leve e o mais pesado. Suponhamos que 2n− 3
pesagens sejam suficientes para determinar o mais leve e o mais pesado
dentre objetos a1, a2, . . . , an (onde n ≥ 2 ) e suponhamos que um objeto
adicional an+1 seja acrescentado. Com 2n− 3 pesagens, determinamos
o mais leve e o mais pesado dentre a1, a2, . . . , an. Com duas pesagens
adicionais, comparamos estes dois objetos com o adicional, determi-
nando o mais leve e o mais pesado dentre os n + 1 objetos, utilizando
no total 2n − 3 + 2 = 2(n + 1) − 3 pesagens. Logo, a propriedade
também vale para conjuntos com n+1 objetos. Portanto, por indução,
vale para conjuntos com n objetos para todo n ≥ 2.
3. Mostre que existem inteiros não negativos x e y tais que 7x + 8y = n
para todo n ≥ 42. Seria posśıvel tomar um número menor que 42 na
afirmativa acima?
4. Certamente a propriedade vale para n = 3, já que existem triângulos
com 3 ângulos agudos. Suponhamos que a propriedade vale para algum
n = 3, isto é, existe um poĺıgono convexo com n lados e exatamente
e ângulos agudos. Tomemos um destes ângulos agudos, de medida α
e tracemos uma reta que intersecta apenas os lados que formam este
ângulo, de modo a determinar um triângulo com um outro ângulo agudo
e um obtuso (por exemplo, um triângulo com ângulos iguais a 45− α
2
,
135 − α
2
e α. Esta reta produz um poĺıgono convexo com n + 1 lados,
ainda com 3 ângulos agudos. Logo, a propriedade vale para n + 1.
Portanto, por indução, vale para todo n natural.
5. A expressão do termo geral está correta para n = 1 e n = 2, já que
a1 = 3 = 2
1 + 1 e a2 = 5 = 2
2 + 1. Suponhamos que ela esteja correta
para n e n+ 1. Então an+2 = 3an+1 − 2an = 3(2n+1 + 1)− 2(2n + 1) =
3.2n+1 − 2n+1 + 1 = 2n+2 + 1. Logo, a expressão também está correta
para n+ 2. Portanto, por indução, ela é válida para todo n natural.
6. A expressão está correta para n = 0 e n = 1, já que F0 = 0 =
2
(
1+
√
5
2
)0
−
(
1−
√
5
2
)0
√
5
e F1 = 1 =
(
1+
√
5
2
)
−
(
1−
√
5
2
)
√
5
. Suponhamos que a ex-
pressão esteja correta para n e n + 1. Então Fn+2 = Fn + Fn+1 =(
1+
√
5
2
)n
−
(
1−
√
5
2
)n
√
5
+
(
1+
√
5
2
)n+1
−
(
1−
√
5
2
)n+1
√
5
=(
1+
√
5
2
)n(
1+ 1+
√
5
2
)
√
5
−
(
1−
√
5
2
)n(
1+ 1−
√
5
2
)
√
5
=(
1+
√
5
2
)n(
1+
√
5
2
)2
√
5
−
(
1−
√
5
2
)n(
1−
√
5
2
)2
√
5
=(
1+
√
5
2
)n+2
−
(
1−
√
5
2
)n+2
√
5
.
Logo, a expressão também está correta para n + 2. Portanto, por
indução, ela está correta para todo n natural
7. a) A propriedade vale para n = 1, já que F1 = 1 e F3 − 1 = 2− 1 =
1. Suponhamos que ela seja válida para um natural n, ou seja,
F1 + F2 + · · · + Fn = Fn+2 − 1. Somando Fn+1 aos dois lados da
igualdade, obtemos F1 +F2 + · · ·+Fn+Fn+1 = Fn+1 +Fn+2−1 =
Fn+3 − 1, o que mostra que a igualdade também vale para n+ 1.
Portanto, por indução, ela vale para todo n natural.b) A propriedade vale para n = 1, já que F1 = F2 = 1. Suponhamos
que ela seja válida para um natural n, ou seja, F1 + F3 + · · · +
F2n−1 = F2n. Somando F2n+1 aos dois lados da igualdade, obtemos
F1 +F3 + · · ·+F2n−1 +F2n+1 = F2n+F2n+1 = F2n+2, o que mostra
que a igualdade também vale para n + 1. Portanto, por indução,
ela vale para todo n natural.
c) A propriedade vale para n = 1, já que F2 = 1 e F3 − 1 = 1.
Suponhamos que ela seja válida para um natural n, ou seja, F2 +
F4 + · · · + F2n = F2n+1 − 1. Somando F2n+2 aos dois lados da
igualdade, obtemos F2+F4+· · ·+F2n+F2n+2 = F2n+1+F2n+2−1 =
F2n+3− 1, o que mostra que a igualdade também vale para n+ 1.
Portanto, por indução, ela vale para todo n natural.
d) A propriedade vale para n = 1, já que F 21 = F1F2 = 1. Su-
ponhamos que ela seja válida para um natural n, ou seja, F 21 +
F 22 + · · · + F 2n = FnFn+1. Somando F 2n+1 aos dois lados da igual-
dade, obtemos F 21 + F
2
2 + · · · + F 2n + F 2n+1 = FnFn+1 + F 2n+1 =
3
Fn+ 1(Fn + Fn+1) = Fn+ 1Fn+ 2, o que mostra que a igual-
dade também vale para n+1. Portanto, por indução, ela vale para
todo n natural.
8. A propriedade vale para n = 1 e n = 2, já que F1 = 1 >
(
3
2
)−1
e
F2 = 1 =
(
3
2
)0
. Suponhamos que a desigualdade seja válida para n e
n+ 1. Então Fn+2 = Fn + Fn+1 =
(
3
2
)n−2
+
(
3
2
)n−1
=
(
3
2
)n−2 (
1 + 3
2
)
=(
3
2
)n−2 (5
2
)
>
(
3
2
)n−2 (9
4
)
=
(
3
2
)n
. Logo, a desigualdade vale para n+ 2.
Portanto, por indução, vale para todo n natural.
9. Como 2 é primo, a propriedade vale para n = 2. Suponhamos que ela
seja válida para todo natural k tal que 2 ≤ k ≤ n. Se n + 1 não for
primo, então pode ser expresso na forma a.b, onde a e b são números
naturais maiores que 1 e menores que n+1. Portanto, pela hipótese de
indução, cada um dos números a e b é primo ou um produto de primos,
o que mostra que n+ 1 é um produto de primos. Logo, a propriedade
também vale para n+ 1. Logo, por indução (completa), a propriedade
vale para todo n natural.
10. A afirmativa é verdadeira se o número de palitos é 1, 2, 3 ou 4. No
primeiro caso, o primeiro jogador não tem uma estratégia vencedora,
já que é obrigado a tirar o único palito e perde o jogo. Nos demais,
ele pode, tirando 1, 2 ou 3 palitos, respectivamente, deixar o segundo
jogador com apenas um palito e, assim, garantir a vitória. Suponhamos
agora, que a propriedade seja verdadeira para todo natural k menor ou
igual a n e consideremos um jogo com n + 1 palitos. Se n + 1 ≤ 4,
a afirmativa é verdadeira, como mostrado acima. Caso contrário, se o
resto da divisão de n+1 por 4 não é 1, o primeiro jogador pode sempre
retirar 1, 2 ou 3 palitos de modo a deixar o segundo jogador com um
número de palitos menor ou igual a n tal que o resto da divisão por 4
é 1. Pela hipótese de indução, esta não é uma posição vencedora para
o segundo jogador e, portanto, o primeiro ganha o jogo. Por outro
lado, se o resto da divisão de n + 1 por 4 for 1, o primeiro jogador
não tem uma estratégia vencedora, já que qualquer jogada faz com que
o segundo tenha uma quantidade de palitos menor ou igual a n, com
resto da divisão por 4 diferente de 1, podendo assim ganhar o jogo.
Logo, a propriedade vale para n+1 palitos. Portanto, por indução vale
para qualquer quantidade de palitos.
4
11. a) Se dois pontos não estão conectados por um caminho, pode-se ligá-
los por um segmento sem que um ciclo seja criado. Por outro lado,
se dois pontos estão conectados por dois caminhos diferentes, eles
formam um ciclo. Logo, ao final do processo cada par de pontos
está ligado por um único caminho.
b) A propriedade vale para n = 1, já que, neste caso, o número de
segmentos é 0 = 1 − 1. Suponhamos que a propriedade valha
para todos os conjuntos nos quais o número de pontos seja menor
ou igual a n e suponhamos que o processo foi encerrado para
um conjunto com n+ 1 pontos. A retirada de qualquer segmento
desta configuração decompõe o conjunto de pontos em dois outros,
respectivamente com n1 e n2 pontos, tais que n1 + n2 = (n +
1). Em cada um destes conjuntos não há ciclos e acrescentando-
se qualquer segmento forma-se um ciclo. Assim, como n1 ≤ n
e n2 ≤ n, há neles, pela hipótese de indução, n1 − 1 e n2 − 1
segmentos. Logo, o número total de segmentos com n+ 1 pontos
é (n1 − 1) + (n2 − 1) + 1 = n1 + n2 − 1 = n. Logo, a propriedade
vale para conjuntos com n+1 pontos. Portanto, por indução, vale
para conjuntos com quaisquer quantidade de pontos.
12. O argumento não funciona na passagem de n = 1 para n = 2.
5
5
1
Progressões Aritméticas
Sumário
5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2 Primeiros Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.3 Soma dos Termos de uma PA . . . . . . . . . . . . 6
5.4 Somas Polinomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5.5 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 14
5.6 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 16
5.7 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Unidade 5 Introdução
5.1 Introdução
As Progressões Aritméticas (PA) constituem-se na família mais simples de
sequências de�nidas recorrentemente. Elas são comuns na vida real e sempre
aparecem quando se apresentam grandezas que sofrem variações iguais em in-
tervalos de tempos iguais como, por exemplo, no cálculo de juros simples, ou
desvalorização de um bem ao longo do tempo.
Nessa unidade, você encontrará também a fórmula que fornece a soma dos
n primeiros termos de uma PA, fórmula que generaliza a que foi descoberta por
Gauss, quando menino, conforme vimos na Unidade 3.
Em seguida, são de�nidas generalizações do conceito de PA, introduzindo
as PAs de segunda ordem, terceira ordem, etc. Esse tópico, em geral, não
é explorado no Ensino Médio, mas coloca à disposição do professor métodos
poderosos para calcular somas.
5.2 Primeiros Exemplos
São comuns na vida real, grandezas que sofrem variações iguais em inter-
valos de tempos iguais. Vejamos algumas situações concretas.
Exemplo 1 Uma fábrica de automóveis produziu 400 veículos em janeiro e aumen-
tou mensalmente sua produção de 30 veículos. Quantos veículos produziu em
junho?
Solução Os valores da produção mensal, a partir de janeiro, são 400, 430, 490,
520, 550, . . . . Em junho, a fábrica produziu 550 veículos.
Poderíamos ter evitado escrever a produção mês a mês, racionando do modo
a seguir. Se a produção aumenta de 30 veículos por mês, em 5 meses ela
aumenta 5×30 = 150 veículos. Em junho, a fábrica produziu 400 + 150 = 550
veículos.
Progressões aritméticas são sequências nas quais o aumento de cada termo
para o seguinte é sempre o mesmo.
A sequência (400, 430, 460, 490, 520, 550, . . .) é um exemplo de uma pro-
gressão aritmética.
2
Unidade 5Progressões Aritméticas
O aumento constante de cada termo para o seguinte é chamado de razão
de progressão. A razão da progressão acima é igual a 30.
Vamos à de�nição formal.
Definição 1Uma progressão aritmética é uma sequência na qual a diferença entre cada
termo e o termo anterior é constante. Essa diferença constante é chamada de
razão da progressão e representada pela letra r.
Exemplo 2As sequências (5, 8, 11, 14, . . .) e (7, 5, 3, 1, . . .) são progressões aritméticas
cujas razões valem respectivamente 3 e −2.
Em uma progressão aritmética (a1, a2, a3, . . .), para avançar um termo,
basta somar a razão; para avançar dois termos, basta somar duas vezes a razão,
e assim por diante. Assim, por exemplo, a13 = a5 + 8r, pois, ao passar de a5
para a13, avançamos 8 termos; a12 = a7 + 5r, pois avançamos 5 termos ao
passar de a7 para a12; a4 = a17 − 13r, pois retrocedemos 13 termos ao passar
de a17 para a4 e, de modo geral,
an = a1 + (n− 1)r,
pois, ao passar de a1 para an, avançamos n− 1 termos.
Exemplo 3Em uma progressão aritmética, o quinto termo vale 30 e o vigésimo termo
vale 50. Quanto vale o oitavo termo dessa progressão?
Solução a20 = a5 + 15r, pois ao passar doquinto termo para o vigésimo,
avançamos 15 termos. Logo, 50 = 30 + 15r e r =
4
3
. Analogamente, a8 =
a5 + 3r = 30 + 3.
4
3
= 34. O oitavo termo vale 34.
Exemplo 4Qual é a razão da progressão aritmética que se obtém inserindo 10 termos
entre os números 3 e 25?
Solução. Temos a1 = 3 e a12 = 25. Como a12 = a1+11r, temos 25 = 3+11r.
Daí, r = 2.
3
Unidade 5 Primeiros Exemplos
Exemplo 5 O cometa Halley visita a Terra a cada 76 anos. Sua última passagem por
aqui foi em 1986. Quantas vezes ele visitou a Terra desde o nascimento de
Cristo? Em que ano foi sua primeira passagem na era cristã?
Solução Os anos de passagem do cometa foram 1986, 1910, 1834,... e formam
uma progressão aritmética de razão −76. O termo de ordem n dessa progressão
é an = a1 + (n − 1)r, isto é, an = 1986 − 76(n − 1) = 2062 − 76n. Temos
an > 0 quando n <
2062
76
= 27, 13 . . . . Portanto, os termos positivos dessa
progressão são os 27 primeiros, a1, a2, a3, . . . , a27. Logo, ele nos visitou 27
vezes na era cristã e sua primeira passagem na era cristão foi no ano a27 =
2062− 76× 27 = 10.
Poderíamos também ter resolvido o problema aproveitando o fato dos termos
dessa progressão serem inteiros.
Em uma progressão aritmética de termos inteiros e razão não-nula, todos os
termos dão o mesmo resto quando divididos pelo módulo da razão. Como 1986
dividido por 76 dá resto 10, todos os anos em que o cometa por aqui passou
dão resto 10 quando divididos por 76. A primeira visita ocorreu entre os anos
1 e 76, inclusive. Entre esses anos, o único que dividido por 76 dá resto 10 é o
ano 10. Para descobrir a ordem desse termo, usamos an = a1 + (n− 1)r, isto
é, 10 = 1986− 76(n− 1). Daí,
n =
2062
76
= 27.
Muitas vezes é conveniente enumerar os termos de uma progressão aritmé-
tica a partir de zero, conforme mostra o exemplo a seguir.
Exemplo 6
O preço de um carro novo é de R$ 15 000,00 e diminui de R$1 000,00 a
cada ano de uso. Qual será o preço com 4 anos de uso?
Solução Chamando o preço com n anos de uso de an, temos a0 = 15000 e
queremos calcular a4. Como a desvalorização anual é constante, (an) é uma
progressão aritmética. Logo, a4 = a0 + 4r = 15000 + 4 × (−1000) = 11000.
O preço será de R$11 000,00.
4
Unidade 5Progressões Aritméticas
Exemplo 7Os lados de um triângulo retângulo formam uma progressão aritmética
crescente. Mostre que a razão dessa progressão é igual ao raio do círculo
inscrito.
Solução. Chamemos os lados do triângulo de x− r, x, x + r. Esse é um bom
truque para facilitar as contas; ao representar uma progressão aritmética com
um número ímpar de termos, começar pelo termo central.
Como a progressão é crescente, a hipotenusa é o último termo. Pelo Teo-
rema de Pitágoras, (x + r)2 = (x − r)2 + x2. Daí, x2 = 4rx e, já que x 6= 0
pois x é um dos catetos, x = 4r. Os lados são então 3r, 4r e 5r. O perímetro
é 2p = 3r + 4r + 5r = 12r e a área é
S
p
=
6r2
6r
= r.
Exemplo 8Determine 4 números em progressão aritmética crescente, conhecendo sua
soma 8 e a soma de seus quadrados 36.
Solução Um bom truque, para representar progressões aritméticas com um
número par de termos, é chamar os dois termos centrais de x− y e x+ y. Isso
faz com que a razão seja (x + y)− (x− y) = 2y.
A progressão é então x− 3y, x− y, x + y, x + 3y.
Temos {
(x− 3y) + (x− y) + (x + y) + (x + 3y) = 8
(x− 3y)2 + (x− y)2 + (x + y)2 + (x + 3y)2 = 36{
4x = 8
4x2 + 20y2 = 36{
x = 2
y = ±1
Como a progressão é crescente, y > 0. Logo, x = 2 e y = 1. Os números são
−1, 1, 3, 5.
Em uma progressão aritmética, o termo geral é dado por um polinômio em
n, an = a1 + (n − 1)r = r . n + (a1 − r). Se r 6= 0, ou seja, se a progressão
não for estacionária (constante), esse polinômio é de grau 1. Se r = 0, isto é,
se a progressão for estacionária, esse polinômio é de grau menor que 1.
5
Unidade 5 Soma dos Termos de uma PA
Por esse motivo, as progressões aritméticas de razão r 6= 0 são chamadas
de progressões aritméticas de primeira ordem.
Reciprocamente, se em uma sequência o termo de ordem n for dado por
um polinômio em n, de grau menor que ou igual a 1, ela será uma progressão
aritmética. Com efeito, se xn = an + b, (xn) é uma progressão aritmética na
qual a = r e b = a1 − r, ou seja, r = a e a1 = a + b.
Como em uma progressão aritmética an = a0 + nr, a função que associa a
cada natural n o valor de an é simplesmente a restrição aos naturais da função
a�m a(x) = a(0) + rx.
Portanto, pensando em uma progressão aritmética como uma função que
associa a cada número natural n o valor an, o grá�co dessa função é formado
por uma sequência de pontos colineares no plano.
Em outras palavras, (an) é uma progressão aritmética se e somente se os
pontos do plano que têm coordenadas (1, a1), (2, a2), (3, a3), etc. estão em
linha reta.
Figura 5.1: Grá�co de uma PA
5.3 Soma dos Termos de uma PA
Baseados na ideia de Gauss, usada para calcular a soma 1 + 2 + · · ·+ 100,
podemos calcular a soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética
qualquer.
6
Unidade 5Progressões Aritméticas
Teorema 2A soma dos n primeiros termos da progressão aritmética (a1, a2, a3, ...) é
Sn =
(a1 + an)n
2
.
DemonstraçãoTemos Sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an e, escrevendo a soma de trás
para frente, Sn = an + an−1 + an−2 + · · ·+ a2 + a1. Daí,
2Sn = (a1 + an) + (a2 + an−1) + (a3 + an−2) + · · ·+ (an−1 + a2) + (an + a1).
Observe que, ao passar de um parêntese para o seguinte, a primeira parcela
aumenta de r e a segunda parcela diminui de r, o que não altera a soma.
Portanto, todos os parênteses são iguais ao primeiro, (a1 + an). Como são n
parênteses, temos
2Sn = (a1 + an) . n e Sn =
(a1 + an)n
2
.
Exemplo 9Qual é o valor da soma dos 20 primeiros termos da progressão aritmética
2, 6, 10, . . . ?
Solução a20 = a1 + 19r = 2 + 19× 4 = 78.
S20 =
(2 + 78)20
2
= 800.
Exemplo 10A soma dos n primeiros números inteiros e positivos é
n∑
k=1
k = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n + 1)
2
.
Observe que Sn, no exemplo anterior, é um polinômio do segundo grau em
n, sem termo independente.
7
Unidade 5 Soma dos Termos de uma PA
Exemplo 11 A soma dos n primeiros números ímpares é
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = (1 + 2n− 1)n
2
= n2.
Observe que Sn, no exemplo anterior, é também um polinômio do segundo
grau em n, sem termo independente. Isto se generaliza como segue.
A soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética é
Sn =
(a1 + an)n
2
=
[a1 + a1 + (n− 1)r]n
2
=
r
2
n2 +
(
a1 −
r
2
)
n.
Observe que, se r 6= 0, então Sn é um polinômio do segundo grau em n,
desprovido de termo independente. Se r = 0, Sn é um polinômio de grau
menor que 2, sem termo independente.
Reciprocamente, todo polinômio do segundo grau em n, desprovido de termo
independente, é o valor da soma dos n primeiros termos de alguma progressão
aritmética. Com efeito P (n) = an2 + bn é a soma dos n primeiros termos da
progressão aritmética na qual
r
2
= a e a1−
r
2
= b, ou seja, r = 2a e a1 = a+b.
Definição 3 De�ne-se para sequências o operador ∆, chamado de operador diferença,
por ∆an = an+1 − an.
Portanto, da de�nição segue imediatamente que uma sequência (an) é uma
progressão aritmética se e somente se (∆an) = (an+1 − an) é constante.
Definição 4 Uma progressão aritmética de segunda ordem é uma sequência (an) na qual
as diferenças ∆an = an+1 − an, entre cada termo e o termo anterior, formam
uma progressão aritmética não-estacionária.
Exemplo 12 A sequência (an) = (1, 3, 6, 10, 15, 21, . . .) é uma progressão aritmética de
segunda ordem porque a sequência das diferenças entre cada termo e o anterior,
(bn) = (∆an) = (an+1 − an) = (2, 3, 4, 5, 6, . . .)
é uma progressão aritmética não-estacionária.
8
Unidade 5Progressões Aritméticas
+ Para Saber Mais - PAs de Ordem Superior - Clique para ler
5.4 Somas Polinomiais
A pergunta que nos colocamos é como calcular somas do tipo
∑n
k=1 P (k),
onde P (k) é um polinômio em k.
Se o polinômio é P (k) = a0 + a1k + a2k
2 + · · ·+ amkm, temos que∑n
k=1 P (k) =
∑n
k=1 a0 +
∑n
k=1 a1k +
∑nk=1 a2k
2 + · · ·+
∑n
k=1 amk
m
= a0
∑n
k=1 1 + a1
∑n
k=1 k + a2
∑n
k=1 k
2 + · · ·+ am
∑n
k=1 k
m,
que pode ser calculado desde que saibamos calcular, para p ∈ N, somas do tipo:
n∑
k=1
kp = 1p + 2p + · · ·+ np.
Exemplo 13A soma dos quadrados dos n primeiros números inteiros e positivos é
12 + 22 + · · ·+ n2 =
n∑
k=1
k2
e pode ser calculada do modo a seguir:
n∑
k=1
(k + 1)3 =
n∑
k=1
k3 + 3
n∑
k=1
k2 + 3
n∑
k=1
k +
n∑
k=1
1.
Os dois primeiros somatórios têm várias parcelas comuns, pois
n∑
k=1
(k + 1)3 = 23 + 33 + · · ·+ n3 + (n + 1)3
e
n∑
k=1
k3 = 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3.
Simpli�cando as parcelas comuns aos dois membros, obtemos
(n + 1)3 = 13 + 3
n∑
k=1
k2 + 3
n∑
k=1
k +
n∑
k=1
1.
9
Unidade 5 Somas Polinomiais
Como
n∑
k=1
k = 1 + 2 + · · ·+ n = n(n + 1)
2
e
n∑
k=1
1 = 1 + 1 + · · ·+ 1 = n,
temos
(n + 1)3 = 13 + 3
n∑
k=1
k2 + 3
n(n + 1)
2
+ n.
Daí,
n∑
k=1
k2 =
2n3 + 3n2 + n
6
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
Observe que 12 + 22 + · · · + n2 =
n∑
k=1
k2 é um polinômio do terceiro grau
em n.
Exemplo 14 Sabendo que
12 + 22 + · · ·+ n2 =
n∑
k=1
k2
é um polinômio do terceiro grau em n, poderíamos ter determinado o valor de
p(n) = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2
pondo p(n) = an3 + bn2 + cn + d. Assim, temos
p(1) = 12, p(2) = 12 + 22, p(3) = 12 + 22 + 32 e p(4) = 12 + 22 + 32 + 42.
Obtemos o sistema de equações
a + b + c + d = 1
8a + 4b + 2c + d = 5
27a + 9b + 3c + d = 14
64a + 16b + 4c + d = 30
Resolvendo, encontramos a =
1
3
, b =
1
2
, c =
1
6
, d = 0. Então
12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = 1
3
n3 +
1
2
n2 +
1
6
n =
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
10
Unidade 5Progressões Aritméticas
Os teoremas a seguir generalizam os últimos exemplos.
Teorema 51p + 2p + 3p + · · ·+ np =
n∑
k=1
kp é um polinômio de grau p + 1 em n.
DemonstraçãoVamos proceder por indução sobre p. Para p = 1, o teorema já foi provado
anteriormente.
Suponhamos agora que
n∑
k=1
kp seja um polinômio de grau p + 1 em n,
para todo p ∈ {1, 2, . . . , s}, Mostraremos que essa a�rmação é verdadeira para
p = s + 1, isto é, mostraremos que
n∑
k=1
ks+1 é um polinômio de grau s + 2 em
n. Observe que
(k + 1)s+2 = ks+2 + (s + 2)ks+1 + · · · ,
onde os termos que não foram escritos explicitamente formam um polinômio de
grau s em k. Temos então,
n∑
k=1
(k + 1)s+2 =
n∑
k=1
ks+2 + (s + 2)
n∑
k=1
ks+1 + F (n),
onde F (n) é um polinômio de grau s + 1 em n, pela hipótese da indução.
Simpli�cando os termos comuns aos dois primeiros somatórios, obtemos
(n + 1)s+2 = 1 + (s + 2)
n∑
k=1
ks+1 + F (n).
Daí,
n∑
k=1
ks+1 =
(n + 1)s+2 − 1− F (n)
s + 2
que é um polinômio de grau s + 2 em n.
11
Unidade 5 Somas Polinomiais
Corolário 6 Se F é um polinômio de grau p então
n∑
k=1
F (k) é um polinômio de grau
p + 1 em n.
Exemplo 15
Vamos calcular Sn =
n∑
k=1
k(k+2). Pelo corolário, sabemos que o valor dessa
soma é um polinõmio do terceiro grau em n. Então Sn = an
3 + bn2 + cn + d.
Atribuindo a n os valores 1, 2, 3 e 4 obtemos as equações
a + b + c + d = 3
8a + 4b + 2c + d = 11
27a + 9b + 3c + d = 26
64a + 16b + 4c + d = 50
Resolvendo, encontramos a =
1
3
, b =
3
2
, c =
7
6
, d = 0. Então,
Sn =
1
3
n3 +
3
2
n2 +
7
6
n =
2n3 + 9n2 + 7n
6
=
n(n + 1)(2n + 7)
6
.
+ Para Saber Mais - PA com Termo Geral Polinomial - Clique para ler
O exemplo a seguir é conhecido como Teorema Fundamental da Somação
e fornece uma técnica bastante e�ciente para o cálculo de somas.
Exemplo 16
Mostre que
n∑
k=1
∆ak = an+1 − a1.
Solução
n∑
k=1
∆ak = ∆a1 + ∆a2 + ∆a3 + · · ·+ ∆an−1 + ∆an =
(a2 − a1) + (a3 − a2) + (a4 − a3) + · · ·+ (an − an−1) + (an+1 − an) =
an+1 − a1.
12
Unidade 5Progressões Aritméticas
Exemplo 17
Calcule
n∑
k=1
k(k + 1)
Solução Determinaremos ak tal que ∆ak = k(k + 1) = k
2 + k. Como(∆ak) é
uma progressão aritmética de segunda ordem, (ak) é uma progressão aritmética
de terceira ordem. Logo, ak é um polinômio de terceiro grau. Se
ak = ak
3 + bk2 + ck + d,
∆ak = ak+1 − ak
= a(k + 1)3 + b(k + 1)2 + c(k + 1) + d− [ak3 + bk2 + ck + d]
= 3ak2 + (3a + 2b)k + (a + b + c) = k2 + k.
Devemos ter 3a = 1, 3a + 2b = 1, a + b + c = 0. Daí, a =
1
3
, b = 0, c = −1
3
e d é arbitrário. Logo, ak =
1
3
k3 − 1
3
k + d.
n∑
k=1
k(k + 1) =
n∑
k=1
∆ak = an+1 − a1
=
(n + 1)3 − (n + 1)
3
+ d− d = n(n + 1)(n + 2)
3
.
13
Unidade 5 Exercícios Recomendados
5.5 Exercícios Recomendados
1. Formam-se n triângulos com palitos, conforme a �gura. Qual o número
de palitos usados para construir n triângulos?
Figura 5.2:
2. Calcule a soma de todos os inteiros que divididos por 11 dão resto 7 e
estão compreendidos entre 200 e 400.
3. Quanto vale o produto (a)(aq)(aq2)(aq3) . . . (aqn−1)?
4. Um quadrado mágico de ordem n é uma matriz n × n, cujos elementos
são os inteiros 1, 2, . . . , n2, sem repetir nenhum, tal que todas as linhas
e todas as colunas têm a mesma soma. O valor dessa soma é chamado
de constante mágica. Por exemplo, os quadrados
 1 5 98 3 4
6 7 2

 8 1 63 5 7
4 9 2
 e

17 24 1 8 15
23 5 7 14 16
4 6 13 20 22
10 12 19 21 3
11 18 25 2 9

são mágicos, com constantes mágicas respectivamente iguais a 15, 15
e 65. Aliás, os dois últimos são hipermágicos, pois as linhas, colunas e
também as diagonais têm a mesma soma. Calcule a constante mágica de
um quadrado mágico de ordem n.
5. Suprimindo um dos elementos do conjunto {1, 2, . . . , n}, a média aritmé-
tica dos elementos restantes é 16,1. Determine o valor de n e qual foi o
elemento suprimido.
14
Unidade 5Progressões Aritméticas
6. Um bem, cujo valor hoje é de R$ 8000,00, desvaloriza-se de tal forma
que seu valor daqui a 4 anos será de R$ 2000,00. Supondo que o valor
do bem cai segundo uma linha reta, determine o valor do bem daqui a 3
anos.
7. Prove que a soma de todos os inteiros positivos de n dígitos, n > 2, é
igual ao número 49499...95500...0, no qual há n− 3 dígitos sublinhados
que são iguais a 9 e n− 2 dígitos sublinhados que são iguais a 0.
8. Considere um jogo entre duas pessoas com as seguintes regras:
i) Na primeira jogada, o primeiro jogador escolhe um número no conjunto
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} e diz esse número.
ii) As pessoas jogam alternadamente.
iii) Cada pessoa ao jogar escolhe um elemento de A, soma-o ao número
dito pela pessoa anterior e diz a soma.
iv) Ganha quem disser 63.
Qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora e qual é essa estratégia?
9. Na primeira fase do campeonato brasileiro de futebol, que é disputado por
24 clubes, quaisquer dois times jogam entre si uma única vez. Quantos
jogos há?
10. Qual o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o plano?
11. Há dois tipos de anos bissextos: os que são múltiplos de 4 mas não de
100 e os que são múltiplos de 400.
(a) Quantos são os anos bissextos entre 1997 e 2401?
(b) Se 1o de janeiro de 1997 foi quarta-feira, que dia será 1o de janeiro
de 2500?
(c) Escolhido um ano ao acaso, qual a probabilidade dele ser bissexto?
12. O número triangular Tn é de�nido como a soma dos n primeiros ter-
mos da progressão aritmética 1, 2, 3, 4, . . .. O número quadrangular Qn
é de�nido como a soma dos n primeiros termos da progressão aritmética
15
Unidade 5 Exercícios Suplementares
1, 3, 5, 7, . . .. Analogamente são de�nidos números pentagonais, hexago-
nais, etc. A �gura abaixo justi�ca essa denominação.
Determine o número j-gonal de ordem n.
Figura 5.3:
13. Mostre que ∆ak = ∆bk então ak − bk é constante.
14. Use o teorema fundamental da somação para calcular:
(a)
n∑
k=1
3k.
(b)
n∑
k=1
k . k!.
(c)
n∑
k=1
1
k(k + 1)
.
5.6 Exercícios Suplementares
1. Os ângulos internos de um pentágono convexo estão em progressão arit-
mética. Determine o ângulo mediano.
2. Se 3 − x, −x,
√
9− x, . . . é uma progressão aritmética, determine x e
calcule o quinto termo.
3. Calcule a soma dos termos da progressão aritmética 2, 5, 8, 11,... desde
o 25o até o 41o termo, inclusive.
16
Unidade 5Progressões Aritméticas
4. Quantossão os inteiros, compreendidos entre 100 e 500, que não são
divisíveis nem por 2, nem por 3 e nem por 5? Quanto vale a soma desses
inteiros?
5. Determine o maior valor que pode ter a razão de uma progressão aritmé-
tica que admita os números 32, 227 e 942 como termos da progressão.
6. De quantos modos o número 100 pode ser representado como uma soma
de dois ou mais inteiros consecutivos? E como soma de dois ou mais
naturais consecutivos?
7. Os inteiros de 1 a 1000 são escritos ordenadamente em torno de um
círculo. Partindo de 1, riscamos os números de 15 em 15, isto é, riscamos
1, 16, 31,... O processo continua até se atingir um número já previamente
riscado. Quantos números sobram sem riscos?
8. Podem os números
√
2,
√
3,
√
5 pertencer a uma mesma progressão
aritmética?
9. Um bem, cujo valor hoje é de R$ 8000,00, desvaloriza-se de tal forma
que seu valor daqui a 4 anos será de R$ 2000,00. Supondo constante a
desvalorização anual, qual será o valor do bem daqui a 3 anos?
10. Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da forma
p
72
, que perten-
çam ao intervalo [4,7].
11. Qual a maior potência de 7 que divide 1000!?
12. Calcule o valor das somas dos n primeiros termos das sequências?
(a) 13, 23, 33, . . .
(b) 1 . 4, 3 . 7, 5 . 10, 7 . 13, . . .
13. Representando por bxc a parte inteira do real x, isto é, o maior número
inteiro que é menor que ou igual a x e por {x} o inteiro mais próximo do
real x, determine:
(a) b
√
1c+ b
√
2c+ b
√
3c+ · · ·+ b
√
n2 − 1c.
(b) b 3
√
1c+ b 3
√
2c+ b 3
√
3c+ · · ·+ b 3
√
n3 − 1c.
17
Unidade 5 Exercícios Suplementares
(c)
1
{
√
1}
+
1
{
√
2}
+
1
{
√
3}
+ · · ·+ 1
{
√
1000}
.
(d) {
√
1}+ {
√
2}+ {
√
3}+ · · ·+ {
√
1000}.
14. Determine o primeiro termo e a razão da progressão aritmética na qual a
soma dos n primeiros termos é, para todo n:
(a) Sn = 2n
2 + n
(b) Sn = n
2 + n + 1
15. Determine no quadro abaixo:
1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
21 23 25 27 29
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) o primeiro elemento da 31a linha.
(b) a soma dos elementos da 31a linha.
16. Refaça o Exercício Recomendado 8 para o caso do vencedor ser quem
disser 64.
17. Refaça o exercício anterior para o conjunto {3, 4, 5, 6}.
18. Mostre que no Exercício Recomendado 8, se o conjunto fosse A =
{3, 5, 6, 7}, o segundo jogador tem a estratégia que impede o primeiro
jogador de ganhar.
19. Uma bobina de papel tem raio interno 5cm, raio externo 10cm e a espes-
sura do papel é 0,01cm. Qual é o comprimento da bobina desenrolada?
20. Dividem-se os números naturais em blocos do modo seguinte:
(1), (2, 3) (4, 5, 6) (7, 8, 9, 10) (11.12.13.14) . . . . Em seguida suprimem-
se os blocos que contêm um número par de elementos, formando-se o
quadro:
18
Unidade 5Progressões Aritméticas
1
4 5 6
11 12 13 14 15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Determine:
(a) o primeiro elemento da linha k.
(b) o elemento central da linha k.
(c) a soma dos elementos da linha k.
(d) a soma dos elementos das k primeiras linhas.
21. Prove: se an é um polinômio de grau p então ∆an é um polinômio de
grau p− 1.
22. Prove o Corolário 6.
23. Quantos são os termos comuns às progressões aritméticas
(2, 5, 8, 11, . . . , 332) e (7, 12, 17, 22, . . . , 157)?
24. Benjamin começou a colecionar calendários em 1979. Hoje, sua coleção
já tem algumas duplicatas - por exemplo, o calendário de 1985 é igual ao
de 1991 - mas ainda não está completa.
(a) Em que ano Benjamim completará sua coleção?
(b) Quando a coleção estiver completa, quantos calendários diferentes
nela haverá?
25. A razão entre as somas dos n primeiros termos de duas progressões arit-
méticas é
2n + 3
4n− 1
, para todo valor de n. Quanto vale a razão entre seus
termos de ordem n?
19
Unidade 5 Textos Complementares
5.7 Textos Complementares
Para Saber Mais PAs de Ordem Superior
De modo geral, uma progressão aritmética de ordem k (k > 2) é uma
sequência na qual as diferenças entre cada termo e o termo anterior formam
uma progressão aritmética de ordem k − 1.
Exemplo A tabela abaixo mostra uma sequência (an) = (n
3 − n) e suas
diferenças
(∆an), (∆
2an) = (∆∆an), (∆
3an) = (∆∆
2an) etc...
n an ∆an ∆
2an ∆
3an
0 0 0 6 6
1 0 6 12 6
2 6 18 18 6
3 24 36 24 6
4 60 60 30 2
5 120 90 2
6 210 2
7 2
Se (∆an), como parece, for constante, (∆
2an) será uma progressão aritmé-
tica, (∆an) será uma progressão aritmética de segunda ordem e (an) será uma
progressão aritmética de terceira ordem. Isso é verdade, pois
an = n
3 − n
∆an = an+1 − an = (n + 1)3 − (n + 1)− [n3 − n] = 3n2 + 3n,
∆2an = 3(n + 1)
2 + 3(n + 1)− [3n2 + 3n] = 6n + 6,
∆3an = 6(n + 1) + 6− [6n + 6] = 6
e ∆3an realmente é constante.
Observe que, nesse quadro, a soma de dois elementos lado a lado é igual
ao elemento que está embaixo do primeiro desses elementos. Isso nos permite
calcular os elementos que estão assinalados por 2 na tabela acima. Da direita
para a esquerda, eles são iguais a 6, 30 + 6 = 36, 90 + 36 = 126 e 210 + 126 =
336. Portanto, a7 = 336 e este foi o processo mais exótico que você já viu para
calcular a7 = 7
3 − 7.
20
Unidade 5Progressões Aritméticas
Proposição Toda sequência na qual o termo de ordem n é um polinômio
em n, do segundo grau, é uma progressão aritmética de segunda ordem e,
reciprocamente, se (an) é uma pregressão aritmética de segunda ordem então
(an) é um polinômio de segundo grau em n.
Demonstração Com efeito, se an = an
2 + bn + c, com a 6= 0, temos
∆an = an+1−an = a(n+ 1)2 + b(n+ 1) + c− (an2 + bn+ c) = 2an+ (a+ b),
que é do primeiro grau em n. Pelo que comentamos acima, (∆an) é uma
progressão aritmética não-estacionária.
Por outro lado, se (an) é uma progressão aritmética de segunda ordem,
bn = ∆an = an+1 − an é uma progressão aritmética com razão diferente de
zero e
b1 + b2 + b3 + · · ·+ bn−2 + bn−1 =
(a2 − a1) + (a3 − a2) + (a4 − a3) + · · ·+ (an − an−1) + (an+1 − an) =
an+1 − a1
é um polinômio do segundo grau em n. Em consequência, an também é um
polinômio do segundo grau em n.
Observação O resultado anterior será generalizado mais adiante.
21
Unidade 5 Textos Complementares
Para Saber Mais PA com Termo Geral Polinomial
Com o corolário acima, podemos generalizar o teorema em [Para Saber
Mais: PAs de Ordem Superior], conforme foi prometido lá.
Teorema (an) é uma progressão aritmética de ordem p, (p > 2), se, e somente
se an é um polinômio de grau p em n.
Demonstração Vamos proceder por indução sobre p.
Para p = 2, o teorema foi provado em [Para Saber Mais: PAs de Ordem
Superior, Proposição].
Suponhamos que o teorema seja verdadeiro para todo p ∈ {2, 3, . . . , s}.
Mostraremos que essa a�rmação é verdadeira para p = s + 1.
Se (an) é uma progressão aritmética de ordem s+1, bn = ∆an = an+1−an
é uma progressão aritmética de ordem s e, pela hipótese da indução, bn é um
polinômio de grau s em n. Então
n∑
k=1
bk = an+1 − a1 é, pelo corolário do
Teorema 5, um polinômio de grau s + 1 em n. Se an é um polinômio de grau
s + 1 em n, ∆an é um polinômio de grau s em n, conforme você facilmente
veri�cará. Pela hipótese da indução, (∆an) é uma progressão aritmética de
ordem s, ou seja, (an) é uma progressão aritmética de ordem s + 1.
22
MA12 - Unidade 5
Progressões Aritméticas
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
9 de Março de 2013
Sequências Numéricas
Progressões Aritméticas são casos particulares de sequências
numéricas.
Uma sequência numérica é uma função x : N→ R.
É comum denotar x(n) por xn e usar (xn) para representar a
sequência.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 2/16
Progressões Aritméticas
Uma progressão aritmética é uma sequência na qual a
diferença entre cada termo e o termo anterior é constante.
Essa diferença constante é chamada de razão da progressão e
representada pela letra r .
Mais formalmente: (an) é uma progressão aritmética quando
existe um número real r tal que an+1 = an + r , para todo
n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade5, Progressões Aritméticas slide 3/16
Termo Geral
Em uma progressão aritmética (an)
para avançar um termo, basta somar a razão;
para avançar dois termos, basta somar duas vezes a razão;
e assim por diante;
Por exemplo, a13 = a5 + 8r
De modo geral,
an = a1 + (n − 1)r ,
pois, ao passar de a1 para an, avançamos n − 1 termos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 4/16
Exemplo
O cometa Halley visita a Terra a cada 76 anos. Sua última
passagem por aqui foi em 1986. Quantas vezes ele visitou a
Terra desde o nascimento de Cristo? Em que ano foi sua
primeira passagem na era cristã?
Os anos de passagem do cometa foram 1986, 1910, 1834,... e
formam uma progressão aritmética de razão −76.
O termo de ordem n dessa progressão é
an = a1 + (n − 1)r = 1986− 76(n − 1) = 2062− 76n.
Temos an > 0 quando n <
2062
76
= 27, 13 . . . . Portanto, os
termos positivos dessa progressão são os 27 primeiros.
Logo, ele nos visitou 27 vezes na era cristã e sua primeira
passagem na era cristã foi no ano a27 = 2062− 76× 27 = 10.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 5/16
Começando de a0 ou a1?
O preço de um carro novo é de R$ 15 000,00 e diminui de
R$1 000,00 a cada ano de uso. Qual será o preço com 4 anos
de uso?
Chamando o preço com n anos de uso de an, temos
a0 = 15000 e queremos calcular a4.
Como a desvalorização anual é constante, (an) é uma
progressão aritmética.
Logo, a4 = a0 + 4r = 15000 + 4× (−1000) = 11000, ou seja,
o preço será de R$11 000,00.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 6/16
Progressões aritméticas e funções afins
Em uma progressão aritmética de razão não nula, o termo
geral é dado por um polinômio do primeiro grau em n:
an = a1 + (n − 1)r = r . n + (a1 − r).
Reciprocamente, se em uma sequência o termo de ordem n for
dado por um polinômio do primeiro grau em n ela será uma
progressão aritmética de razão não nula.
Com efeito, se xn = an + b, (xn) é uma progressão aritmética
na qual r = a e a1 = a + b.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 7/16
O gráfico de uma progressão aritmética
Portanto, uma progressão aritmética pode ser vista como uma
função afim, restrita ao doḿınio dos números naturais.
Em consequência, o gráfico de uma progressão aritmética é
um conjunto de pontos igualmente espaçados sobre uma reta.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 8/16
Soma dos termos de uma progressão aritmética
Sn = a1 + a2 + . . . + an−1 + an
Sn = an + an−1 + . . . + a2 + a1
2Sn = (a1 + an) + (a1 + an) + . . . + (a1 + an) + (a1 + an)
Sn =
(a1 + an)n
2
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 9/16
Exemplos
A soma dos n primeiros números inteiros e positivos é
1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n + 1)
2
=
n2
2
+
n
2
.
A soma dos n primeiros números ı́mpares é
1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n − 1) = (1 + 2n − 1)n
2
= n2.
Em ambos os casos, a expressão da soma é dada por um
polinômio do segundo grau em n, sem termo independente,
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 10/16
Soma dos termos de PAs e funções quadráticas
Sn =
(a1 + an)n
2
=
[a1 + a1 + (n − 1)r ]n
2
=
r
2
n2 +
(
a1 −
r
2
)
n.
O termo geral da sequência (Sn) das somas dos n primeiros
termos de uma progressão artimética com r 6= 0 é dado por
um polinômio do segundo grau sem termo independente.
Reciprocamente, todo polinômio do segundo grau em n sem
termo independente é o valor da soma dos n primeiros termos
de alguma progressão aritmética com r 6= 0.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 11/16
Progressões Aritméticas de Segunda Ordem
O Operador ∆ (ou de diferença) para uma sequência é
definido por:
∆an = an+1 − an
Uma sequência (an) é uma progressão aritmética se e somente
se (∆an) é uma sequência constante.
Dizemos que uma sequência (an) é uma progressão aritmética
de segunda ordem quando (∆an) é uma progressão aritmética
não constante.
A sequência (Sn) da soma dos n primeiros termos de uma
progressão aritmética é uma progressão aritmética de segunda
ordem.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 12/16
Teorema
Uma sequência é uma progressão aritmética de segunda
ordem se e somente se seu termo geral é dado por um
polinômio do segundo grau.
Se an = an
2 + bn + c , então
∆an = a(n+1)
2+b(n+1)+c−an2−bn−c = 2an+(2a+b),
que é um polinômio do primeiro grau. Logo, (∆an) é uma
P.A. não constante e (an) é P.A. de segunda ordem.
Se (an) é P.A. de segunda ordem, então (bn) = (∆an) é uma
P.A. não constante. Mas an = a1 + (b1 + ... + bn−1). A soma
em parênteses é a soma dos n − 1 primeiros termos da P.A.
(bn); logo tanto esta soma quanto an são expressos por
polinômios do segundo grau em n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 13/16
Revisitando a Pizza de Steiner
Qual é o maior número de partes em que se pode dividir o
plano com n cortes retos?
Número de cortes (n) Número máximo de partes (pn)
1 2
2 4
3 7
4 11
No n-ésimo corte, n regiões são acrescentadas. Portanto,
(∆pn) é uma P.A. e pn é uma P.A. de segunda ordem.
A expressão de pn é da forma pn = an
2 + bn + c . Mas
p(1) = a + b + c = 2
p(2) = 4a + 2b + c = 4
p(3) = 9a + 3b + c = 7
Resolvendo o sistema, encontramos a = 12 , b =
1
2 e c = 1 e
pn =
n2 + n + 2
2
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 14/16
Progressões Aritméticas de Ordem Superior
Definição Uma sequência (an) é progressão aritmética de
ordem k quando ∆an é progressão aritmética de ordem k − 1.
Observação: definição por recorrência
Teorema: Uma sequência é uma progressão aritmética de
ordem k se e somente se seu termo geral é um polinômio de
grau k.
Ver demonstração no livro-texto.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 15/16
Uma aplicação
Obter uma expressão para a soma Sn = 1
2 + 22 + . . . + n2
Como ∆Sn = (n + 1)
2 é um polinômio de segundo grau, ∆Sn
é uma P.A. de segunda ordem. Portanto Sn é uma P.A. de
terceira ordem e seu termo geral é da forma
Sn = an
3 + bn2 + cn + d .
Para calcular os valores de a, b, c e d , basta usar os valores
de Sn para n = 1, 2, 3 e 4.
a + b + c + d = 1
8a + 4b + 2c + d = 5
27a + 9b + 3c + d = 14
64a + 16b + 4c + d = 30
Resolvendo: a =
1
3
, b =
1
2
, c =
1
6
, d = 0. Então
12 + 22 + 32 + · · ·+n2 = 1
3
n3 +
1
2
n2 +
1
6
n =
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 5, Progressões Aritméticas slide 16/16
Lista de Exerćıcios
Unidade 5
1. Formam-se n triângulos com palitos, conforme a figura. Qual o número
de palitos usados para construir n triângulos?
Figura 1:
2. Calcule a soma de todos os inteiros que divididos por 11 dão resto 7 e
estão compreendidos entre 200 e 400.
3. Quanto vale o produto (a)(aq)(aq2)(aq3) . . . (aqn−1)?
4. Um quadrado mágico de ordem n é uma matriz n×n, cujos elementos
são os inteiros 1, 2, . . . , n2, sem repetir nenhum, tal que todas as linhas
e todas as colunas têm a mesma soma. O valor dessa soma é chamado
de constante mágica. Por exemplo, os quadrados
 1 5 98 3 4
6 7 2
  8 1 63 5 7
4 9 2
 e

17 24 1 8 15
23 5 7 14 16
4 6 13 20 22
10 12 19 21 3
11 18 25 2 9

são mágicos, com constantes mágicas respectivamente iguais a 15, 15
e 65. Aliás, os dois últimos são hipermágicos, pois as linhas, colunas e
também as diagonais têm a mesma soma. Calcule a constante mágica
de um quadrado mágico de ordem n.
1
5. Suprimindo um dos elementos do conjunto {1, 2, . . . , n}, a média aritmética
dos elementos restantes é 16,1. Determine o valor de n e qual foi o ele-
mento suprimido.
6. Um bem, cujo valor hoje é de R$ 8000,00, desvaloriza-se de tal forma
que seu valor daqui a 4 anos será de R$ 2000,00. Supondo que o valor
do bem cai segundo uma linhareta, determine o valor do bem daqui a
3 anos.
7. Prove que a soma de todos os inteiros positivos de n d́ıgitos, n > 2, é
igual ao número 49499...95500...0, no qual há n− 3 d́ıgitos sublinhados
que são iguais a 9 e n− 2 d́ıgitos sublinhados que são iguais a 0.
8. Considere um jogo entre duas pessoas com as seguintes regras:
i) Na primeira jogada, o primeiro jogador escolhe um número no con-
junto A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} e diz esse número.
ii) As pessoas jogam alternadamente.
iii) Cada pessoa ao jogar escolhe um elemento de A, soma-o ao número
dito pela pessoa anterior e diz a soma.
iv) Ganha quem disser 63.
Qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora e qual é essa es-
tratégia?
9. Na primeira fase do campeonato brasileiro de futebol, que é dispu-
tado por 24 clubes, quaisquer dois times jogam entre si uma única vez.
Quantos jogos há?
10. Qual o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o
plano?
11. Há dois tipos de anos bissextos: os que são múltiplos de 4 mas não de
100 e os que são múltiplos de 400.
(a) Quantos são os anos bissextos entre 1997 e 2401?
(b) Se 1o de janeiro de 1997 foi quarta-feira, que dia será 1o de janeiro
de 2500?
(c) Escolhido um ano ao acaso, qual a probabilidade dele ser bissexto?
2
12. O número triangular Tn é definido como a soma dos n primeiros termos
da progressão aritmética 1, 2, 3, 4, . . .. O número quadrangular Qn é de-
finido como a soma dos n primeiros termos da progressão aritmética
1, 3, 5, 7, . . .. Analogamente são definidos números pentagonais, hexa-
gonais, etc. A figura abaixo justifica essa denominação.
Determine o número j-gonal de ordem n.
Figura 2:
13. Mostre que ∆ak = ∆bk então ak − bk é constante.
14. Mostre que
n∑
k=1
∆ak = an+1 − a1. Use este fato (conhecido como o
Teorema Fundamental da Somação) para calcular:
(a)
n∑
k=1
3k.
(b)
n∑
k=1
k . k!.
(c)
n∑
k=1
1
k(k + 1)
.
3
Solução da Lista de Exerćıcios
Unidade 5
1. O aumento de um triângulo causa o aumento de dois palitos. logo,
o número de palitos constitui uma progressão aritmética de razão 2.
an = a1 + (n− 1)r = 3 + (n− 1)2 = 2n + 1.
2. 200 = 11.18 + 2; logo, 205 = 11.18 + 7.
400 = 11.36 + 4 = 11.35 + 15; logo, 392 = 11.35 + 7
As parcelas a somar são 11.18+7, 11.19+7, 11.20+7, . . . , 11.35+7, que
formam uma progressão aritmética de razão 11, cujo primeiro termo é
205, cujo ultimo termo é 392 e cujo número de termos é 35− 17 = 18.
A soma vale S =
(205 + 392)18
2
= 5373
3. a.(aq).(aq2).(aq3). . . . .(aqn−1) = an.q
1+2+3+···+(n−1)
2 = anq
n(n−1)
2
4. A soma de todos os elementos da matriz é 1 + 2 + · · ·+ n2 = (n
2+1)n2
2
.
Como a soma de todos os elementos é igual a n vezes a constante
mágica, a constante mágica vale C = 1
n
· (n
2+1)n2
2
= n(n
2+1)
2
.
5. Considerando a menor e a maior das médias que podem ser obtidas,
1 + 2 + · · ·+ (n− 1)
n− 1
≤ 16.1 ≤ 2 + 3 + · · ·+ n
(n− 1)
n
2
≤ 16, 1 ≤ n+2
2
30, 2 ≤ n ≤ 32, 2
n só pode valer 31 ou 32.
Chamemos de k o número suprimido.
Se n = 31,
1 + 2 + · · ·+ 31− k = 483
496− k − 483
1
k = 13
Se n = 32,
1 + 2 + · · ·+ 32− k
31
= 16, 1
1 + · · ·+ 32− k = 499, 1, o que é absurdo, pois k não seria inteiro.
Logo, n = 31; o número suprimido é igual a 13.
6. A desvalorização total é de R$ 6.000,00 e a desvalorização anual é de
R$ 6.000,00/4 = R$ 1.500,00. Portanto, em três anos a desvalorização
foi de R$ 4.500,00 e o valor do bem será R$ 8.000,00 - R$ 4.500,00 =
R$ 3.500,00.
7. A soma pedida é a soma de uma progressão aritmética de razão 1, com
primeiro termo igual a 10n−1 e último termo igual a 10n − 1.
S =
(10n−1 + 10n − 1)(10n − 10n−1)
2
=
102n − 102n−2 − 10n + 10n+1
2
=
1
2
[102n + 10n−1]− 1
2
[102n−2 + 10n]
=
1
2
.
n−1︷ ︸︸ ︷
1000 . . . 00
n︷ ︸︸ ︷
1000 . . . 00−1
2
.
n−4︷ ︸︸ ︷
1000 . . . 001
n+1︷ ︸︸ ︷
1000 . . . 00
=
1
2
.98
n−3︷ ︸︸ ︷
999 . . . 99
n︷ ︸︸ ︷
1000 . . . 00 = 494
n−3︷ ︸︸ ︷
999 . . . 99 55
n−1︷ ︸︸ ︷
000 . . . 00
8. Quem disser 55 ganha o jogo, pois não permite ao adversário alcançar
63 e, escolhendo o complemento para 8 do número escolhido pelo ad-
versário, alcançará o 63.
Analogamente, as posições ganhadoras são 63, 55, 47, 39, 31, 23, 15, 7.
O primeiro jogador tem a estratégia ganhadora: começar dizendo 7 e, a
partir dáı, escolher sempre o complemento para 8 do número escolhido
pelo adversário.
9. O botafogo joga 23 vezes, o Santos joga (sem contar a partida contra
o Botafogo, já contada) 22 vezes etc. A resposta é 23 + 22 + 21 + · · ·+
1 + 0 = (23+0).24
12
= 276.
10. Se há n retas, a colocação de mais uma reta cria n + 1 novas regiões.
Portanto, se an é o número de regiões para n retas, an+1 = an +(n+1).
Trata-se, portanto, de uma progressão aritmética de segunda ordem.
2
an = An
2 + Bn + C
Como a1 = 2, a2 = 4 e a3 = 7, temos
A + B + C = 2
4A + 2B + C = 4
9A + 3B + C = 7
Resolvendo, A = 1
2
, B = 1
2
, C = 1
an =
n2 + n + 2
2
.
11. (a) São múltiplos de 4 os anos 2000, 2004, 2008,. . . , 2400.
an = a1 + (n− 1)r
2400 = 2000 + (n− 1)4
n = 101
Mas 2100, 2200, 2300 não são bissextos por serem múltiplos de
100, mas não de 400.
A resposta é 98.
(b) Um ano não-bissexto é formado por 52 semanas e 1 dia e um ano
bissexto é formado por 52 semanas e 2 dias. Se um ano não-
bissexto começa numa segunda-feira, por exemplo, o ano seguinte
começará numa terça; se for bissexto, o ano seguinte começará
numa quarta.
De 1997 a 2500 são múltiplos de 4 os anos 2000, 2004, 2008,. . . ,
2496, num total de 125 anos. Mas 2100, 2200 e 2300 não são bis-
sextos por serem múltiplos de 100, mas não de 400. Há, portanto,
122 anos bissextos.
Se 1997 começou numa quarta-feira, 2500 começará (2500−1997)+
122 = 625 dias de semana depois. Como 625 = 7x89 + 2 o ano
2500 começará numa sexta-feira.
(c) Em cada bloco de 400 anos há 100 anos que são múltiplos de 4 e,
destes, 3 não são bissextos por serem múltiplos de 100, mas não
de 400. A resposta é
97
400
= 0, 2425.
12. 1 + (j − 1) + (2j − 3) + · · ·+ [1 + (n− 1).(j − 2)] =
=
1 + 1 + (n− 1).(j − 2)
2
.n =
n[(j − 2)n− j + 4]
2
.
3
13. ∆ak = ∆bk ⇒ ak+1 − ak = b + k + 1− kk ⇒ ak+1 − bk+1 = ak − bk
para todo k e ak − bk é constante.
14.
n∑
k=1
∆ak = (a2 − a1) + (a3 − a2) + . . . + (an+1 − a1) = an+1 − a1 (os
demais termos se cancelam).
(a)
∑
3k = 1
2
∑n
k=1 3
k(3− 1) = 1
2
∑n
k=1 ∆3k =
3n+1 − 3
4
.
(b)
n∑
k=1
k.k! =
n∑
k=1
[(k + 1).k! − k!] =
n∑
k=1
[(k + 1) − k”] =
n∑
k=1
∆k! =
(n + 1)!− 1.
(c)
n∑
k=1
1
k(k + 1)
=
n∑
k=1
(
1
k
=
1
k + 1
)
= −
n∑
k=1
∆
1
k
=
= −
(
1
n + 1
− 1
)
=
n
n + 1
4
6
1
Progressões Geométricas
Sumário
6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2 Primeiros Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
6.3 A Fórmula das Taxas Equivalentes . . . . . . . . . . 8
6.4 A Soma dos Termos de uma Progressão Geométrica 9
6.5 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 11
6.6 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 12
6.7 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Unidade 6 Introdução
6.1 Introdução
Ao utilizarmos progressões aritméticas para modelar problemas de juros simples,
obtemos uma situação como segue. Considere um capital de R$ 10.000, 00
aplicado a uma taxa de juros mensal de 2%:
Mês Valor Inicial Juros Valor Final
1 10.000 10.000× 2% = 200 10.200
2 10.200 10.000× 2% = 200 10.400
3 10.400 10.000× 2% = 200 10.600
4 10.600 10.000× 2% = 200 10.800
5 10.800 10.000× 2% = 200 11.000
6 11.000 10.000× 2% = 200 11.200
Você já viu alguém aplicar dinheiro dessa forma? Pense na sua caderneta de
poupança. O mais verossímil é que o juro incida sobre juros, pois já no segundo
mes o nosso capital não é mais R$ 10.000,00, mas R$ 10.200,00; logo é esse
capital que deve ser remunerado no segundo mês. Obtemos assim uma nova
tabela (com arredondamento na segunda casa decimal):
Mês Valor Inicial Juros Valor Final
1 10.00010.000× 2% = 200 10.200
2 10.200 10.200× 2% = 204 10.404
3 10.404 10.404× 2% = 208, 08 10.612, 08
4 10.612, 08 10.612, 08× 2% = 212, 24 10.824, 32
5 10.824, 32 10.824, 32× 2% = 216, 49 11.040, 81
6 11.040, 81 11.040, 81× 2% = 220, 82 11.260, 92
O que se nota nessa tabela é que, a menos das aproximações feitas, o quociente
entre o nosso capital em um mês e o do mês anterior é constante igual a 1, 02.
Isto motiva a seguinte de�nição:
Definição 1 Uma Progressão Geométrica (PG) é uma sequência numérica na qual a taxa
de crescimento (ou decrescimento) de cada termo para o seguinte é sempre a
mesma.
2
Unidade 6Progressões Geométricas
Portanto, de acordo com o problema acima, as PGs modelam fenômenos
como o aumento de um capital aplicado a uma taxa anual pre�xada. Da mesma
forma, as PGs modelam o crescimento de uma população a uma taxa anual �xa
ou, ainda, o decaimento da radiação emitida por um material radioativo.
Assim, as PGs aparecem muito frequentemente não só nas aplicações, mas
também, em vários contextos matemáticos e por isso, certamente, são muito
mais interessantes do que as progressões aritméticas.
Nessa unidade, você encontrará um grande leque de problemas em cuja solução
intervêm as PGs. Alguns desses problemas são resolvidos usando a muito útil
fórmula das taxas equivalentes, como no Exemplo 10, onde se pede para deter-
minar quanto a população de um país crescerá em n anos se ela cresce a uma
taxa de 2% ao ano.
Em seguida, será deduzida a fórmula da soma dos n primeiros termos de uma
PG e o cálculo do limite da soma dos termos de uma PG decrescente.
A unidade se encerra com mais uma técnica de somação, a fórmula da so-
mação por partes, que aumentará o nosso arsenal de técnicas de somação de
sequências, permitindo, em particular, somar sequências cujos termos são ob-
tidos multiplicando termos de uma PA com termos de uma PG. A semelhança
dessa fórmula com a fórmula de integração por partes do Cálculo Integral não
é mera coincidência, pois a somação corresponde à discretização da integração.
6.2 Primeiros Exemplos
Um problema interessante, que costuma deixar os alunos intrigados e os
professores descon�ados, é o problema a seguir, adaptado de um problema do
exame nacional da MAA (Mathematical Association of America).
Exemplo 1Uma pessoa, começando com R$ 64,00, faz seis apostas consecutivas, em
cada uma das quais arrisca perder ou ganhar a metade do que possui na ocasião.
Se ela ganha três e perde três dessas apostas, pode-se a�rmar que ela:
A) Ganha dinheiro.
B) Não ganha dinheiro nem perde dinheiro.
C) Perde R$ 27,00.
3
Unidade 6 Primeiros Exemplos
D) Perde R$ 37,00.
E) Ganha ou perde dinheiro, dependendo da ordem em que ocorreram suas
vitórias e derrotas.
Comentário. Em geral os alunos escolhem uma ordem para ver o que acon-
teceu; aliás, essa é até uma boa estratégia. Por exemplo, se ela vence as três
primeiras apostas e perde as últimas três, o seu capital evoluiu de acordo com
o esquema: 64→ 96→ 144→ 216→ 108→ 54→ 27.
Se ela começou com R$ 64,00 e terminou com R$ 27,00, ela perdeu R$
37,00. Já houve um progresso. Sabemos agora que a resposta só poderá ser
(D) ou (E).
Em seguida os alunos costumam experimentar uma outra ordem; por exem-
plo, ganhando e perdendo alternadamente. Obtêm-se: 64→ 96→ 48→ 72→
36→ 54→ 27. Nessa ordem a pessoa também perdeu R$ 37,00.
Em seguida, experimentam outra ordem, torcendo para que a pessoa não ter-
mine com R$ 27,00, o que permitiria concluir que a resposta é (E). Infelizmente
encontram que a pessoa novamente termina com R$ 27,00 e permanecem na
dúvida. Alguns se dispõem a tentar todas as ordens possíveis, mas logo desistem
ao perceber que há 20 ordens possíveis.
Solução A melhor maneira de abordar problemas nos quais há uma grandeza
variável, da qual é conhecida a taxa (porcentagem) de variação, é concentrar
a atenção, não na taxa de variação da grandeza, e sim no valor da grandeza
depois da variação.
Neste problema, devemos pensar assim: Cada vez que ganha, o capital
aumenta
1
2
(ou seja, 50%) e passa a valer 1 +
1
2
=
3
2
do que valia; cada vez
que perde, o capital diminui de
1
2
(ou seja, 50%) e passa a valer 1− 1
2
=
1
2
do
que valia.
Pensando assim, �ca claro que se a pessoa vence as três primeiras apostas e
perde as três últimas, a evolução de seu capital se dá de acordo com o esquema:
64→ 64 · 3
2
→ 64 · 3
2
· 3
2
→ 64 · 3
2
· 3
2
· 3
2
→ 64 · 3
2
· 3
2
· 3
2
· 1
2
→
→ 64 · 3
2
· 3
2
· 3
2
· 1
2
· 1
2
→ 64 · 3
2
· 3
2
· 3
2
· 1
2
· 1
2
· 1
2
·
4
Unidade 6Progressões Geométricas
Ela termina com 64 · 3
2
· 3
2
· 3
2
· 1
2
· 1
2
· 1
2
= 27 Reais. Além disso, �ca claro
também que se as vitórias e derrotas tivessem ocorrido em outra ordem, isso
apenas mudaria a ordem dos fatores, sem alterar o produto, e a pessoa também
terminaria com R$ 27,00.
Se ela começou com R$ 64,00 e terminou com R$ 27,00 ela perdeu R$
37,00. A resposta é (D).
Exemplo 2Aumentando de 20% o raio da base de um cilindro e diminuindo de 30%
sua altura, de quanto variará seu volume?
O volume é diretamente proporcional ao quadrado do raio e à altura. Por-
tanto, V = kr2h, onde k é a constante de proporcionalidade. Sabemos que
k = π, mas isso é irrelevante para o problema.
Depois da variação, os novos valores de r e de h serão r′ = 1, 2r e h′ = 0, 7h,
pois o aumento de 20% passa a valer 120% = 1, 2 do que valia e o que diminui
de 30% passa a valer 70% = 0, 7 do que valia.
O novo volume será
V ′ = k(1, 2r)20, 7h = 1, 008 k r2h = 100, 8%V.
O volume aumenta de 0, 8%.
O que deve ter �cado claro nesses exemplos é que se uma grandeza tem
taxa de crescimento igual a i, cada valor da grandeza é igual a (1 + i) vezes
o valor anterior. Progressões geométricas são sequências nas quais a taxa de
crescimento i de cada termo para o seguinte é sempre a mesma.
Exemplo 3A população de um país é hoje igual a P0 e cresce 2% ao ano. Qual será
a população desse país daqui a n anos?
Se a população cresce 2% ao ano, em cada ano a população é de 102%
da população do ano anterior. Portanto, a cada ano que passa, a população
sofre uma multiplicação de 102% = 1, 02. Depois de n anos, a população será
P0 × 1, 02n.
5
Unidade 6 Primeiros Exemplos
Exemplo 4 A torcida de certo clube é hoje igual a P0 e decresce 5% ao ano. Qual será
a torcida desse clube daqui a n anos?
Se a torcida decresce 5% ao ano, em cada ano a torcida é de 95% da torcida
anterior. Portanto, a cada ano que passa, a torcida sofre uma multiplicação por
95% = 0, 95. Depois de n anos, a torcida será P0 × 0, 95n.
Exemplo 5 A sequência (1, 2, 4, 8, 16, 32, . . .) é um exemplo de uma progressão geo-
métrica. Aqui a taxa de crescimento de cada termo para o seguinte é de 100%,
o que faz com que cada termo seja igual a 200% do termo anterior.
Exemplo 6 A sequência (1000, 800, 640, 512, . . .) é um exemplo de uma progressão
geométrica. Aqui, cada termo é 80% do termo anterior. A taxa de crescimento
de cada termo para o seguinte é de −20%.
É claro então que numa progressão geométrica cada termo é igual ao anterior
multiplicado por 1 + i, onde i é a taxa de crescimento dos termos. Chamamos
1 + i de razão da progressão e representamos a razão por q.
Portanto, uma progressão geométrica é uma sequência na qual é constante
o quociente da divisão de cada termo pelo termo anterior. Esse quociente é
chamado de razão da progressão e é representado pela letra q. A razão q de
uma progressão geométrica é simplesmente o valor de 1 + i, onde i é a taxa de
crescimento constante de cada termo para o seguinte.
Exemplo 7 As sequências (2, 6, 18, 54, . . .) e (128, 32, 8, 2, . . .) são progressões geo-
métricas cujas razões valem respectivamente q1 = 3 e q2 = 14 . Suas taxas de
crescimento são respectivamente i1 = 2 = 200% e i2 = −34 = −75%, pois
q = 1 + i.
Em uma progressão geométrica (a1, a2, a3, . . .), para avançar um termo
basta multiplicar pela razão; para avançar dois termos, basta multiplicar duas
vezespela razão, e assim por diante.
Por exemplo, a13 = a5q8, pois avançamos 8 termos ao passar de a5 para a13;
a12 = a7q
5, pois avançamos 5 termos ao passar de a7 para a12; a4 =
a17
q13
, pois
6
Unidade 6Progressões Geométricas
ao passar de a17 para a4, retrocedemos 13 termos; de modo geral, an = a1qn−1,
pois, ao passar de a1 para an, avançamos n− 1 termos.
Em muitos casos é mais natural numerar os termos a partir de zero, como
foi feito nos Exemplos 3 e 4; nesse caso, an = a0qn, pois avançamos n termos
ao passar de a0 para an.
Exemplo 8Em uma progressão geométrica, o quinto termo vale 5 e o oitavo termo
vale 135. Quanto vale o sétimo termo dessa progressão?
Temos a8 = a5q3, pois ao passar do quinto termo para o oitavo, avançamos
3 termos. Logo, 135 = 5q3 e q = 3. Analogamente, a7 = a5q2 = 5 . 32 = 45.
O sétimo termo vale 45.
Como em uma progressão geométrica an = a0qn, a função que associa a
cada natural n o valor de an é simplesmente a restrição aos naturais da função
exponencial a(x) = a(0)qx. Portanto, pensando em uma progressão geométrica
como uma função que associa a cada número natural n o valor an, o grá�co
dessa função é formado por uma sequência de pontos pertencentes ao grá�co
de uma função exponencial.
Figura 6.1: Grá�co de uma PG
Exemplo 9Qual é a razão da progressão geométrica que se obtém inserindo 3 termos
entre os números 30 e 480?
Temos a1 = 30 e a5 = 480. Como a5 = a1q4, 480 = 30q4, q4 = 16 e
q = ±3.
7
Unidade 6 A Fórmula das Taxas Equivalentes
Um resultado importante é a fórmula que relaciona taxas de crescimento
referidas a períodos de tempo diversos. É o que abordaremos na próxima seção.
6.3 A Fórmula das Taxas Equivalentes
Lema 2 Se I é a taxa de crescimento de uma grandeza relativamente ao período de
tempo T e i é a taxa de crescimento relativamente ao período t, e se T = nt,
então 1 + I = (1 + i)n.
Demonstração Seja G0 o valor inicial da grandeza. Após um período de tempo T , o
valor da grandeza será G0(1 + I)1. Como um período de tempo T equivale
a n períodos de tempo iguais a t, o valor da grandeza será também igual a
G0(1 + i)
n. Logo, G0(1 + i)1 = G0(1 + i)n e 1 + I = (1 + i)n.
Exemplo 10 Se a população de um país cresce 2% ao ano, quanto crescerá em 25 anos?
Temos i = 2% = 0, 02 e n = 25. Daí, 1 + I = (1 + i)n = (1 + 0, 02)25 ∼=
1, 6406 e I ∼= 0, 6406 = 64, 06%.
Exemplo 11 Uma bomba de vácuo retira, em cada sucção, 2% do gás existente em certo
recipiente. Depois de 50 sucções, quanto restará do gás inicialmente existente?
Temos i = −2% = −0, 02 e n = 50. Daí, 1+I = (1+i)n = (1−0, 02)50 ∼=
0, 3642 e I ∼= −0, 6358 = −63, 58%. A quantidade de gás diminuirá de aproxi-
madamente 63, 58%. Restarão aproximadamente 36, 42% do gás inicialmente
existente.
Outro resultado importante é a fórmula que fornece a soma dos n primeiros
termos de uma progressão geométrica. Isto é fornecido na seção seguinte.
8
Unidade 6Progressões Geométricas
6.4 A Soma dos Termos de uma Progressão
Geométrica
Lema 3A soma nos n primeiros termos de uma progressão geométrica (an) de
razão q 6= 1, é Sn = a1
1− qn
1− q
.
DemonstraçãoSn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an. Multiplicando por q, obtemos
qSn = a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1.
Subtraindo, temos Sn − qSn = a1 − an+1, isto é, Sn(1 − q) = a1 − a1qn e,
�nalmente, Sn = a1
1− qn
1− q
.
Exemplo 12Diz a lenda que o inventor do xadrez pediu como recompensa 1 grão de
trigo pela primeira casa, 2 grãos pela segunda, 4 pela terceira e assim por diante,
sempre dobrando a quantidade a cada casa nova. Como o tabuleiro de xadrez
tem 64 casas, o número de grãos pedidos pelo inventor do jogo é a soma dos
64 primeiros termos da progressão geométrica 1, 2, 4, . . .. O valor dessa soma é
Sn = a1
1− qn
1− q
= 1
1− 264
1− 2
= 264 − 1.
Calculando, obtemos um estupendo número de dígitos:
18 446 744 073 709 551 615.
Nas progressões geométricas em que |q| < 1, a soma dos n primeiros termos
tem um limite �nito quando n→∞. Como nesse caso lim
n→∞
qn = 0 temos
lim
n→∞
Sn = a1
1− 0
1− q
,
isto é,
lim
n→∞
Sn =
a1
1− q
.
9
Unidade 6 A Soma dos Termos de uma Progressão Geométrica
Exemplo 13 O limite da soma 0, 3 + 0, 03 + 0, 003 + . . . quando o número de parcelas
tende a in�nito é igual a
0, 3
1− 0, 1
=
1
3
. O resultado é intuitivo pois somando um
número muito grande de termos da progressão encontraremos aproximadamente
a dízima periódica 0, 33333 · · · = 1
3
.
Exemplo 14 Calcule o limite da soma da progressão geométrica
1
2
+
1
4
+
1
8
+
1
16
+ . . . .
Temos que lim
n→∞
Sn =
q1
1− q
=
1
2
1− 1
2
= 1.
O resultado admite uma interessante paráfrase. Suponha que Salvador deva
correr 1 km. Inicialmente ele corre metade dessa distância, isto é, 1
2
km; em
seguida ele corre metade da distância que falta, isto é, 1
4
km; depois, metade
da distância restante, isto é, 1
8
km, e assim por diante.
Depois de n etapas, Salvador terá corrido
1
2
+
1
4
+
1
8
+ · · ·+ 1
2n
km.
Se n for grande, essa soma será aproximadamente igual a 1 km.
O teorema da somação,
n∑
k=1
∆ak = an+1−a1, também nos permitiria deter-
minar o valor da soma dos n primeiros termos de uma progressão geométrica.
Supondo q 6= 1 e observando que ∆qk−1 = qk − qk−1 = qk−1(q − 1), temos
a1 + a2 + a3 + · · ·+ an =
n∑
k=1
ak =
n∑
k=1
a1q
k−1 =
a1
q − 1
n∑
k=1
∆qk−1
=
a1
q − 1
(qn+1−1 − q0) = a1
1− qn
1− q
.
+ Para Saber Mais - A Fórmula de Somação por Partes - Clique para ler
+ Na Sala de Aula - Sobre o Ensino de Progressões - Clique para ler
10
Unidade 6Progressões Geométricas
6.5 Exercícios Recomendados
1. Aumentos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um aumento único de
quanto?
2. Aumentando sua velocidade em 60%, de quanto você diminui o tempo de
viagem?
3. Um decrescimento mensal de 5% gera um decrescimento anual de quanto?
4. Mantida constante a temperatura, a pressão de um gás perfeito é inver-
samente proporcional a seu volume. De quanto aumenta a pressão quando
reduzimos de 20% o volume?
5. Um carro novo custa R$ 18 000,00 e, com 4 anos de uso, vale R$ 12 000,00.
Supondo que o valor decresça a uma taxa anual constante, determine o valor
do carro com 1 ano de uso.
6. Determine três números em progressão geométrica, conhecendo sua soma
19 e a soma de seus quadrados 133.
7. Número perfeito é aquele que é igual a metade da soma dos seus divisores
positivos. Por exemplo, 6 é perfeito pois a soma dos seus divisores é 1 + 2 +
3 + 6 = 12. Prove que, se 2p − 1 é um número primo, então 2p−1 . (2p − 1) é
um número perfeito.
8. Calcule o valor da soma de n parcelas 1 + 11 + · · ·+ 111 . . . 1.
9. Um garrafão contém p litros de vinho. Retira-se um litro de vinho do
garrafão e acrescenta-se um litro de água, obtendo-se uma mistura homogênea;
retira-se, a seguir um litro da mistura e acrescenta-se um litro de água e assim
por diante. Qual a quantidade de vinho que restará no garrafão após n dessas
operações?
10. Larga-se uma bola de uma altura de 5cm. Após cada choque com o solo,
ela recupera apenas 4/9 da altura anterior. Determine:
a) A distância total percorrida pela bola.
b) O tempo gasto pela bola até parar.
11. Uma faculdade recebe todos os anos 300 alunos novos no primeiro semestre
e 200 alunos novos no segundo semestre. 30% dos alunos são reprovados no
11
Unidade 6 Exercícios Suplementares
primeiro período e repetem o período no semestre seguinte. Sendo an e bn,
respectivamente, o número de alunos do primeiro período no primeiro e no
segundo semestres do ano n, calcule lim an e lim bn.
12. Se (an) é uma progressão geométrica de termos positivos, prove que (bn)
de�nida por bn = log an é uma progressão aritmética.
13. Se (an) é uma progressão aritmética, prove que (bn) de�nida por bn = ean
é uma progressão geométrica.
14. Seja A =
[
1 2
2 4
]
. Determine An.
6.6 Exercícios Suplementares
1. Descontos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um desconto único de
quanto?
2. Um aumento de 10% seguido de um desconto de 20% equivale a um desconto
único dequanto?
3. O período de um pêndulo simples é diretamente proporcional à raiz qua-
drada do seu comprimento. De quanto devemos aumentar o comprimento para
aumentar de 20% o período?
4. Se a base de um retângulo aumenta de 10% e a altura diminui de 10%, de
quanto aumenta a área?
5. Os lados de um triângulo retângulo formam uma progressão geométrica
crescente. Determine a razão dessa progressão.
6. Os lados de um triângulo estão em progressão geométrica. Entre que valores
pode variar a razão?
7. Qual o quarto termo da progressão geométrica
√
2, 3
√
2, 6
√
2,...?
8. A soma de três números em progressão geométrica é 19. Subtraindo-se 1
ao primeiro, eles passam a formar um progressão aritmética. Calcule-os.
9. Quatro números são tais que os três primeiros formam uma progressão
aritmética de razão 6, os três últimos uma progressão geométrica e o primeiro
número é igual ao quarto. Determine-os.
12
Unidade 6Progressões Geométricas
10. Mostre que o número 444 . . . 488 . . . 89, formado por n dígitos iguais a 4,
n−1 dígitos iguais a 8 e um dígito igual a 9, é um quadrado perfeito. Determine
sua raiz quadrada.
11. A espessura de uma folha de estanho é 0,1mm. Forma-se uma pilha
de folhas colocando-se uma folha na primeira vez e, em cada uma das vezes
seguintes, tantas quantas já houveram sido colocadas anteriormente. Depois
de 33 dessas operações, a altura da pilha será, aproximadamente:
a) a altura de um poste de luz;
b) a altura de um prédio de 40 andares;
c) o comprimento da praia de Copacabana;
d) a distância Rio-São Paulo;
e) o comprimento do equador terrestre.
12. Calcule a soma dos divisores de 12.600 que sejam:
a) positivos;
b) ímpares e positivos.
13. Determine as geratrizes das dízimas periódicas:
a) 0, 141414141 . . . b) 0, 345454545 . . .
c) 0, 999999999 . . . d) 1, 711111111 . . .
14. Determine os limites das somas abaixo:
a) 2 +
2
3
+
2
9
+ · · ·
b)
1
7
+
2
72
+
1
73
+
2
74
+
1
75
+
2
76
+ · · ·
c)
1
2
+
3
4
+
5
8
+
7
16
+
9
32
+ · · ·
d) 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + . . ., −1 < x < 1;
e) 1− 1
2
− 1
4
+
1
8
− 1
16
− · · ·
15. Na �gura abaixo temos uma linha poligonal, de lados ora perpendiculares a
AB, ora perpendiculares a AC. Sendo a e b, respectivamente, os dois primeiros
lados da poligonal, pede-se determinar:
a) o comprimento da mesma;
b) o comprimento do n-ésimo lado da poligonal.
13
Unidade 6 Exercícios Suplementares
Figura 6.2: Poligonal
16. Na �gura abaixo temos uma espiral formada por semicírculos cujos centros
pertencem ao eixo das abscissas. Se o raio do primeiro semicírculo é igual a 1
e o raio de cada semicírculo é igual à metade do raio do semicírculo anterior,
determine:
a) o comprimento da espiral;
b) a abscissa do ponto P , ponto assintótico da espiral.
Figura 6.3: Espiral
17. Na �gura abaixo temos uma sequência de círculos tangentes a duas retas.
O raio do primeiro círculo é 1 e o raio do segundo é r < 1. cada círculo
tangencia externamente o círculo anterior. Determine a soma dos raios dos n
primeiros círculos.
18. Seja Sn a soma das áreas dos n primeiros quadrados obtidos a partir de
um quadrado Q1 de lado 1 pelo seguinte processo: �os vértices do quadrado
Qn+1 são os pontos médios dos lados de Qn�. Determine quais das a�rmações
abaixo são verdadeiras:
14
Unidade 6Progressões Geométricas
Figura 6.4: Sequência de círculos
1) é possível escolher Sn de modo que Sn > 1, 9;
2) é possível escolher Sn de modo que Sn > 2;
3) é possível escolher Sn de modo que Sn > 2, 1;
4) é possível escolher Sn de modo que Sn = 2;
5) é possível escolher Sn de modo que Sn = 1, 75.
19. Sendo x e y positivos, calcule:
a)
√
x
√
x
√
x
√
x . . . b)
√
x
√
y
√
x
√
y . . .
20. Começando com um segmento de tamanho 1, dividimo-lo em três partes
iguais e retiramos o interior da parte central, obtendo dois segmentos de com-
primento 1/3. Repetimos agora essa operação com cada um desses segmentos
e assim por diante. Sendo Sn a soma dos comprimentos dos intervalos que
restaram depois de n dessas operações, determine:
a) O valor de Sn;
b) O valor de limSn;
c) Certo livro, muito citado em aulas de análise de erros de livros didáticos,
a�rma que, ao �nal, o conjunto dos pontos não retirados é vazio. Isso é verdade?
21. O rádio-226 tem meia-vida (período de tempo em que metade da massa
inicialmente presente se desintegra) de 1600 anos. A taxa de variação da massa
é constante. Em quanto tempo a terça parte da massa inicialmente presente se
desintegrará?
15
Unidade 6 Exercícios Suplementares
22. Sejam a = 111 . . . 1 (n dígitos iguais a 1) e b = 100 . . . 05 (n − 1 dígitos
iguais a 0). Prove que ab + 1 é um quadrado perfeito e determine sua raiz
quadrada.
23. A curva de Koch é obtida em estágios pelo processo seguinte:
i) No estágio 0, ela é um triângulo equilátero de lado 1.
ii) O estágio n + 1 é obtido a partir do estágio n, dividindo cada lado em
três partes iguais, construindo externamente sobre a parte central um triângulo
equilátero e suprimindo então a parte central (ver �gura abaixo). Sendo Pn e
An respectivamente o perímetro e a área do n-ésimo estágio da curva de Koch,
determine:
a) Pn b) An c) limPn d) limAn.
Figura 6.5: A curva de Koch
24. Pitágoras 1, que estudou a geração dos sons, observou que duas cordas
vibrantes, cujos comprimentos estivessem na razão de 1 para 2, soariam em
uníssono. Hoje sabemos que a razão das frequências dos sons emitidos por
essas cordas seria a razão inversa dos seus comprimentos, isto é, de 2 para 1 e
que duas cordas vibram em uníssono se e só se a razão de seus comprimentos
é uma potência inteira de 2.
A frequência da nota lá-padrão (o lá central do piano) é 440Hz e a frequência
do lá seguinte, mais agudo, é 880Hz (Hz é a abreviatura de hertz, unidade de
frequência que signi�ca ciclo por segundo).
1Pitágoras, matemático de Samos, cerca de cinco séculos e meio antes de Cristo.
16
Unidade 6Progressões Geométricas
A escala musical ocidental (de J.S.Bach pra cá), dita cromática, divide esse
intervalo em doze semitons iguais, isto é, tais que a razão das frequências de
notas consecutivas é constante.
Sabendo que essas notas são
LÁ - LÁ# - SI - DÓ - DÓ# - RÉ - RÉ# - MI - FÁ - FÁ# - SOL - SOL# - LÁ
determine:
a) a frequência desse dó, primeiro dó seguinte ao lá padrão;
b) a frequência do sinal de discar de um telefone, que é o primeiro sol anterior
ao lá padrão;
c) a nota cuja frequência é 186Hz.
25. A lei de Weber (Ernest Heinrich Weber; 1795-1878; �siologista alemão),
para resposta de seres humanos a estímulos físicos, declara que diferenças mar-
cantes na resposta a um estímulo ocorrem para variações de intensidade do
estímulo proporcionais ao próprio estíímulo. Por exemplo, um homem, que sai
de um ambiente iluminado para outro, só percebe uma variação da luminosidade
se esta for superior a 2%; só distingue entre soluções salinas se a variação da
salinidade for superior a 25%, etc...
Fechner (Gustav Theodor Fechner; 1801-1887; físico e �lósofo alemão) pro-
põe um método de construção de escalas baseado na lei de Weber: propôs que
enquanto os estímulos variassem em progressão geométrica, as medidas das
respostas variassem em progressão aritmética.
a) Mostre que numa escala de Fechner, as medidas da resposta y e do estímulo
x se relacionam por y = a+ b log x.
b) Uma das mais conhecidas escalas de Fechner é a que mede a sensação de
ruído. Ela é de�nida por L = 120 + 10 log10 l, onde L é a medida da sensação
d e ruído em decibéis (dB) e l é a intensidade sonora, medida em W/m2. Duas
bandas de �heavy metal� provocam um ruído quantos decibéis acima do ruído
provocado por uma banda?
26. Determine o valor de:
a)
∞∑
k=1
k2
2k
b)
n∑
k=1
k . 2k
17
Unidade 6 Textos Complementares
6.7 Textos Complementares
Na Sala de Aula Sobre o Ensino de Progressões
1. Não encha a cabeça de seus alunos com casos particulares desnecessários.
Isso só serve para obscurecer as ideias gerais e acaba di�cultando as coisas.
Saberque, numa progressão aritmética, cada termo é a média aritmética entre
seu antecedente e seu consequente não só não substitui, ou pelo menos não
substitui de modo e�ciente, o conhecimento de que uma progressão aritmética
é uma sequência na qual a diferença entre cada termo e o termo anterior é
constante, como é uma consequência imediata disso. Realmente, se x, y, z,
estão em progressão aritmética, y − x = z − y. Daí, quem se interessar em
calcular y obterá y =
x+ z
2
.
Do mesmo modo são conhecimentos desnecessários:
• Em uma progressão aritmética com um número ímpar de termos, o termo
central é a média aritmética dos extremos.
• Em uma progressão aritmética, a soma de dois termos equidistantes dos
extremos é igual a soma dos extremos.
• Em uma progressão geométrica cada termo é a média geométrica entre seu an-
tecedente e seu consequente. (Seria isso verdadeiro para a progressão 1,−2, 4?)
• Em uma progressão geométrica com um número ímpar de termos, o termo
central é a média geométrica dos extremos (Seria isso verdadeiro para a pro-
gressão 1,−2, 4?)
• Em uma progressão geométrica, o produto de dois termos equidistantes dos
extremos é igual ao produto dos extremos.
2. Na maioria dos livros se encontram as fórmulas an = a1 + (n − 1)r, para
progressões aritméticas e an = a1qn−1, para progressões geométricas. Nada
contra essas fórmulas, já que usualmente o que se conhece de uma progressão
são o primeiro termo e a razão.
Entretanto é bom lembrar que o conhecimento apenas dessas fórmulas cos-
tuma atrapalhar muitos alunos quando a progressão começa em a0. É cer-
tamente mais e�ciente saber que para avançar um termo basta somar r ou
multiplicar por q, para avançar dois termos basta somar 2r ou multiplicar q2,
etc... Assim, facilmente se conclui que an = a0 + nr e an = a1 + (n − 1)r,
18
Unidade 6Progressões Geométricas
nas progressões aritméticas, e que an = a0qn e an = a1qn−1, nas progressões
geométricas.
3. Em alguns livros se encontram, além da fórmula an = a1+(n−1)r, fórmulas
como a1 = an − (n− 1)r, r =
an − a1
n− 1
, n = 1 +
an − a1
r
, supostamente para
facilitar o cálculo. Depois nos queixamos que os alunos não sabem resolver
equações do primeiro grau!
Mais cedo ou mais tarde, aparecerá um livro com uma fórmula para o cálculo
do 1: 1 = n− an − a1
r
.
4. Alguns livros chegam ao cúmulo de trazerem duas versões da (desnecessária)
fórmula para o cálculo de r: r =
an − a1
n− 1
e r =
an+2 − a1
n+ 1
, a segunda para ser
usada quando a progressão tiver n + 2 termos, isto é, dois termos extremos e
mais n termos entre eles, como no Exemplo 4 da Unidade 5.
5. Alguns livros trazem uma fórmula para o cálculo do produto dos n primeiros
termos de uma progressão geométrica, Pn = (
√
a1an )
n.
Em primeiro lugar, essa fórmula está errada. Por ela, o produto dos três
primeiros termos da progressão1,−2, 4, . . . seria (
√
1 . 4)3 = 23 = 8.
Em segundo lugar, se corrigirmos essa fórmula obteremos P 2n = (a1an)
n e,
nas progressões cujos termos não são todos positivos, teremos algum trabalho
em descobrir se Pn = (a1an)n ou se Pn = −(a1an)n.
Em terceiro lugar, não há o menor interesse, prático ou teórico, em deter-
minar o produto dos termos de uma progressão geométrica.
Em quarto lugar, é muito simples determinar o produto dos termos de uma
progressão geométrica. Com efeito, isso já foi feito no Exercício 3 da Unidade
5.
6. Moderação nos problemas. Problemas em que são dados a soma do 24O
termo com o 47O e é pedida a diferença entre o 36O e o 11O não aparecem na
vida real, não são interessantes e não desenvolvem o raciocínio. Uma pergunta
que devemos sempre nos fazer é a seguinte: �Se meu professor de Matemática
tivesse feito estes problemas, eu teria gostado de Matemática?�
7. Tenha sempre em mente que uma progressão geométrica é uma sequên-
cia na qual a taxa de crescimento de cada termo para o seguinte é sempre
a mesma e esse instrumento matemático foi criado para descrever grandezas
19
Unidade 6 Textos Complementares
que variam com taxa de crescimento constante. É absurdo, mas infelizmente é
comum, ensinar progressões geométricas e não relacioná-las à idéia de taxa de
crescimento.
8. A melhor maneira de resolver problemas com progressões com um número
pequeno de termos é escrevê-las e esquecer completamente as fórmulas para
calcular termos e somas de termos conforme �zemos nos Exemplos 7 e 8 da
Unidade 5.
Entretanto, ao contrário do que ocorria com as progressões aritméticas, não
há nenhuma vantagem, ao escrever progressões geométricas, em começar pelo
termo central. Chamar três números em progressão geométrica de
x
q
, x, xq
em vez de chamá-los de x, xq, xq2, só serve para criar desnecessariamente
denominadores e complicar as contas.
9. Calculadoras são indispensáveis para a resolução de quase todos os problemas
de progressões geométrica da vida real.
10. Se você ensina exponenciais e logaritmos antes de progressões, não há
grandes di�culdades em falar intuitivamente de limite da soma dos termos de
uma progressão geométrica pois, ao fazer os grá�cos das funções exponenciais e
logarítmicas, você já deve ter comentado quais os limites de ax quando x tende
para +∞ ou para −∞. Se a primeira noção de limite aparece no limite da soma
da progressão geométrica, os Exemplos 13 e 14 de progressões geométricas são
muito bons.
20
Unidade 6Progressões Geométricas
Para Saber MaisA Fórmula de Somação por Partes
Encerramos esta seção com a chamada fórmula de somação por partes.
Temos
∆(akbk) = ak+1bk+1−akbk = ak+1(bk+1−bk)+bk(ak+1−ak) = ak+1∆bk+bk∆ak
Daí resulta
ak+1∆bk = ∆(akbk)− bk∆ak.
Somando, obtemos a fórmula de somação por partes:
n∑
k=1
ak+1∆bk = an+1bn+1 − a1b1 −
n∑
k=1
ak∆ak.
Exemplo Calcule
n∑
k=1
k3k.
Temos ∆3k = 3k+1 − 3k = 3k(3− 1) = 2× 3k. Logo, 3k = 1
2
∆3k e
n∑
k=1
k3k =
1
2
n∑
k=1
k∆3k.
Aplicando a fórmula de somação por partes
n∑
k=1
ak+1∆bk = an+1bn+1 − a1b1 −
n∑
k=1
bk∆ak.
com ak+1 = k (logo, ak = k − 1 e ∆ak = ak+1 − ak = 1) e bk = 3k, temos
n∑
k=1
k3k =
1
2
n∑
k=1
k∆3k =
1
2
[
n . 3n+1 − 0−
n∑
k=1
3k . 1
]
.
Mas
n∑
k=1
3k = 3
1− 3n
1− 3
=
3n+1
2
− 3
2
Daí resulta
n∑
k=1
k3k =
n
2
3n+1 − 3
n+1
4
+
3
4
=
2n− 1
4
3n+1 +
3
4
.
21
MA12 - Unidade 6
Progressões Geométricas
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
10 de Março de 2013
Progressões Geométricas
Uma progressão geométrica é uma sequência na qual o
quociente entre cada termo e o termo anterior é constante.
Esse quociente constante é chamado de razão da progressão e
representado pela letra q.
Mais formalmente: (an) é uma progressão geométrica quando
existe um número real q tal que an+1 = an · q, para todo
n ∈ N.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 2/11
Termo Geral
Em uma progressão geométrica (an)
para avançar um termo, basta multiplicar pela razão;
para avançar dois termos, basta multiplicar duas vezes pela
razão;
e assim por diante;
Por exemplo, a13 = a5 · q8
De modo geral,
an = a1q
n−1,
pois, ao passar de a1 para an, avançamos n − 1 termos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 3/11
Começando de a0 ou a1?
A população de um páıs é hoje igual a 100.000 habitantes e
cresce 2% ao ano. Qual será a população desse páıs daqui a
10 anos?
Em 10 peŕıodos, a população é multiplicada 10 vezes por 1,02
a10 = a0 · q10 = 100.000 · 1, 0210 = 121.899 habitantes.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 4/11
Exemplo
Uma pessoa, começando com R$ 64,00, faz seis apostas
consecutivas, em cada uma das quais arrisca perder ou ganhar
a metade do que possui na ocasião. Se ela ganha três e perde
três dessas apostas, pode-se afirmar que ela:
A) Ganha dinheiro.
B) Não ganha dinheiro nem perde dinheiro.
C) Perde R$ 27,00.
D) Perde R$ 37,00.
E) Ganha ou perde dinheiro, dependendo da ordem em que
ocorreram suas vitórias e derrotas
V, V, D, V, D, D:
64 → 96 → 144 → 72 → 108 → 54 → 27
D,V, D, D, V, V:
64 → 32 → 48 → 24 → 12 → 18 → 27
O valor final é sempre R$ 27,00?
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 5/11
A cada vitória, a quantia é multiplicada por 32 ; a cada derrota,
é multiplicada por 12 .
Após três vitórias e três derrotas, os R$ 64,00 são
multiplicados três vezes por 32 e três vezes por
1
2 .
Logo, ao final, independentemente da ordem das vitórias e
derrotas, a pessoa terá 64
(
3
2
)3(1
2
)3
= 27 reais; ou seja, ela
perde 37 reais (alternativa D).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 6/11
Progressões geométricas e funções exponenciais
Como em uma progressão geométrica an = a0q
n, a função
que associa a cada natural n o valor de an é simplesmente a
restrição aos naturais da função exponencial a(x) = a0q
x .
O gráfico de uma progressão geométrica:
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 7/11
Soma dos termos de uma progressão geométrica
Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an−1 + an
qSn = a2 + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1
Sn − qSn = a1 − an+1
(1− q)Sn = a1(1− qn)
Sn = a1 + a2 + . . . + an = a1
1− qn
1− q
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 8/11
Mostre que o número 444 . . . 488 . . . 89, formado por n d́ıgitos
iguais a 4, n − 1 d́ıgitos iguais a 8 e um d́ıgito igual a 9, é um
quadrado perfeito e determine sua raiz quadrada.
444 . . . 488 . . . 89 =
4
(
102n−1 + . . . + 10n
)
+ 8
(
10n−1 + . . . + 10
)
+ 9
= 4 · 10n · 10
n − 1
10− 1
+ 80 · 10
n−1 − 1
10− 1
+ 9
=
4 · 102n + 4 · 10n + 1
9
=
(
2 · 10n + 1
3
)2
Logo 444 . . . 488 . . . 89 é um quadrado perfeito e sua raiz
quadrada é
2 · 10n + 1
3
=
20 . . . 01
3
(n − 1 zeros)
= 6 . . . 67 (n − 1 seis).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 9/11
Limite da soma dos termos de uma progressão
geométrica
Sn = a1 + a2 + . . . + an = a1
1− qn
1− q
Quando |q| < 1, temos lim
n→∞
qn = 0.
Em consequência,
lim
n→∞
Sn = lim
n→∞
a1
1− qn
1− q
= a1
1− 0
1− q
Logo:
lim
n→∞
Sn = a1 + a2 + . . . =
a1
1− q
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 10/11
Exemplo
Qual é o limite da soma 0, 3 + 0, 03 + 0, 003 + . . . quando o
número de parcelas tende a infinito?
0, 3 + 0, 03 + 0, 003 + . . . =
0, 3
1− 0, 1
=
1
3
.
Em outras palavras, a geratriz da d́ızima periódica
0, 33333 · · · é 1
3
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 6, Progressões Geométricas slide 11/11
Lista de Exerćıcios
Unidade 6
1. Aumentos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um aumento único de
quanto?
2. Aumentando sua velocidade em 60%, de quanto você diminui o tempo de
viagem?
3. Um decrescimento mensal de 5% gera um decrescimento anual de quanto?
4. Mantida constante a temperatura, a pressão de um gás perfeito é inver-
samente proporcional a seu volume. De quanto aumenta a pressão quando
reduzimos de 20% o volume?
5. Um carro novo custa R$ 18 000,00 e, com 4 anos de uso, vale R$ 12 000,00.
Supondo que o valor decresça a uma taxa anual constante, determine o valor
do carro com 1 ano de uso.
6. Determine três números em progressão geométrica, conhecendo sua soma
19 e a soma de seus quadrados 133.
7. Número perfeito é aquele que é igual a metade da soma dos seus divisores
positivos. Por exemplo, 6 é perfeito pois a soma dos seus divisores é 1 + 2 +
3 + 6 = 12. Prove que, se 2p − 1 é um número primo, então 2p−1 . (2p − 1) é
um número perfeito.
8. Calcule o valor da soma de n parcelas 1 + 11 + · · · + 111 . . . 1.
9. Um garrafão contém p litros de vinho. Retira-se um litro de vinho do gar-
rafão e acrescenta-se um litro de água, obtendo-se uma mistura homogênea;
retira-se, a seguir um litro da mistura e acrescenta-se um litro de água e
assim por diante. Qual a quantidade de vinho que restará no garrafão após
n dessas operações?
10. Larga-se uma bola de uma altura de 5cm. Após cada choque com o solo,
ela recupera apenas 4/9 da altura anterior. Determine:
a) A distância total percorrida pela bola.
b) O tempo gasto pela bola até parar.
1
11. Uma faculdade recebe todos os anos 300 alunos novos no primeiro semes-
tre e 200 alunos novos no segundo semestre. 30% dos alunos são reprovados
no primeiro peŕıodo e repetem o peŕıodo no semestre seguinte. Sendo an e
bn, respectivamente, o número de alunos do primeiro peŕıodo no primeiro e
no segundo semestres do ano n, calcule lim an e lim bn.
12. Se (an) é uma progressão geométrica de termos positivos, prove que (bn)
definida por bn = log an é uma progressão aritmética.
13. Se (an) é uma progressão aritmética, prove que (bn) definida por bn = e
an
é uma progressão geométrica.
14. Seja A =
[
1 2
2 4
]
. Determine An.
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 6
1. 100→ 1, 1.100 = 110→ 1, 2.110 = 132
A resposta é 32%.
2. Sejam v e t, respectivamente,a velocidade antiga e o tempo gasto e
sejam v′ e t′ a velocidade e o tempo depois do aumento.
vt = v′t′
vt = 1, 6vt′
t′ = 1
1,6
t = 0.6251 = 62.5%t
O tempo se reduz em 37,5%.
3. 1 + 1 = (1 + i)n
1 + I = (1− 0, 05)12
I = 0, 9512 − 1 ≡ −0, 46
Aproximadamente 46%.
4. Sejam P a pressão e V o volume e sejam P ′ a pressão e V ′ o volume
depois da variação.
PV = P ′V ′
PV = P ′.0, 8V
P ′ = 1
0,8
P = 1, 25P = 125%P
A pressão aumenta de 25%.
5. Os valores formam uma progressão geométrica.
a4 = a0.q
4
12000 = 18000q4
q = 4
√
2
3
a1 = a0q = 18000
4
√
2
3
, ou seja, R$ 16264,84.
1
6. Sejam a, aq, aq2 os números.
a + aq + aq2 = 19
a2 + (aq)2 + (aq2)2 = 133
Dáı, a(1 + q + q2) = 19
a2(1 + q2 + q4) = 133
Dividindo, a(1− q + q2) = 133
19
= 7
Dáı, 1+q+q
2
1−q+q2 =
19
7
q = 3
2
ou q = 2
3
.
Se q = 3
2
, substituindo vem a = 4; se q = 2
3
, substituindo vem a = 9.
Os números são 4, 6, 9 ou 9, 6, 4.
7. Se 2p−1 é primo, os divisores de 2p−1(2p−1) são 1, 2, 22, . . . , 2p−1, (2p−
1), 2(2p − 1), 22(2p − 1), . . . 2p−1(2p − 1).
A soma desses divisores é 2p−1(2p−1) são 1+2+22 + · · ·+2p−1 +(2p−
1).(1 + 2 + 22 + · · ·+ 2p−1) = 2p.(1 + 2 + 22 + · · ·+ 2p−1) = 2p.(2p−1) =
2.2p−1(2p − 1).
8. A k-ésima parcela da soma vale 1 + 10 + · · · 10k−1 = 10
k − 1
9
. A soma
é igual a
m∑
k=1
10k − 1
9
=
1
9
n∑
k=1
10k − n
9
=
10
9
.
10n − 1
9
− n
9
=
10n+1 − 10− 9n
81
.
9. Em cada operação a quantidade de vinho reduz-se em 1
p
. Os valores
da quantidade de vinho formam uma progressão geométrica de razão
1− 1
p
.
A resposta é
(
1− 1
p
)n
.
10. O tempo que a bola gasta para, partindo de repouso, cair de uma
altura h é
√
2h
g
. Como as alturas (em metros) das quedas são 5,
2
4
9
.5
(
4
9
)2
.5, . . . , supondo g = 10n/s2, os tempos de queda (em segundos)
serão 1, 1
3
,
(
2
3
)2
,. . .
O tempo total de queda é 1 + 2
3
+
(
2
3
)2
+ · · · = 1
1− 2
3
= 3 segundos.
A este tempo devemos adicional o tempo gasto pela bola nas subidas,
que é o mesmo, à exceção do 1s da queda inicial.
A resposta é 5s, aproximadamente.
11. lim an = 300 + 0, 3.200 + 0, 3
2.300 + 0, 33.200 + · · · = 300
1− 0, 32
+
0, 3.200
1− 0, 32
= 396
lim bn = 200 + 0, 3.300 + 0, 3
2.200 + 0, 33.300 + · · · = 200
1− 0, 32
+
0, 3.300
1− 0, 32
= 319.
12. bn+1 − bn = log an+1 − log an = log an+1an = log q = constante.
13.
bn+1
bn
=
ean+1
ean
= ean+1−aner = constante.
14. A2 = 5A
An = 5n−1A =
[
5n−1 2.5n−1
2.5n−1 4.5n−1
]
3
7
1
Recorrências Lineares de
Primeira Ordem
Sumário
7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
7.2 Sequências De�nidas Recursivamente . . . . . . . . 3
7.3 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 4
7.4 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 4
7.5 Recorrências Lineares de Primeira Ordem . . . . . . 5
7.6 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 9
7.7 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 9
7.8 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Unidade 7 Introdução
7.1 Introdução
O assunto dessa unidadeé o estudo mais aprofundado das sequências numé-
ricas de�nidas recursivamente (ou por recorrência) que abordamos nas Unidades
3 e 4.
Conforme vimos anteriormente, uma sequência é de�nida recursivamente
se ela for dada por uma regra (recorrência) que permite calcular um termo
qualquer por meio de um ou mais termos anteriores. Por exemplo, PAs, PGs,
fatorial, potências com expoentes números naturais e a sequência de Fibonacci
são de�nidas por recorrência.
Nesta unidade, são estudadas as recorrências lineares de primeira ordem, ou
seja, sequências em que um termo qualquer é de�nido por uma expressão que
envolve o termo anterior, sem elevá-lo a um expoente maior do que 1, como,
por exemplo:
1) progressões aritméticas: an = an−1 + r;
2) progressões geométricas: an = an−1q;
3) fatorial: an = nan−1;
4) potências com expoente natural: an = aan−1.
Note que, para de�nir uma sequência desse modo, não basta dar a recorrên-
cia, mas é preciso dizer qual é o seu primeiro termo. Isto é óbvio nos casos de
PAs e PGs. No caso (3), obtemos o fatorial se tomarmos a1 = 1. Se tomarmos
a1 = 2, por exemplo, obtemos a sequência:
a1 = 2, a2 = 4, a3 = 12, a4 = 48, . . . ,
que não representa o fatorial. Temos também que (4) somente de�ne as po-
tências de a se tomarmos a1 = a.
Na presente unidade, vamos nos dedicar, essencialmente, a determinar fór-
mulas fechadas para algumas recorrências lineares de primeira ordem, onde, por
fórmula fechada, entendemos uma expressão an = φ(n) para an como função
de n. Quando determinamos uma fórmula fechada para uma recorrência, di-
zemos que ela foi resolvida. Aprenderemos como resolver recorrências do tipo
an+1 = can+ f(n), onde f é uma função com domínio o conjunto dos naturais
e c é uma constante.
2
Unidade 7Recorrências Lineares de Primeira Ordem
7.2 Sequências De�nidas Recursivamente
Muitas sequências são de�nidas recursivamente (isto é, por recorrência),
ou seja, por intermédio de uma regra que permite calcular qualquer termo em
função do(s) antecessor(es) imediato(s).
Exemplo 1A sequência (xn) dos números naturais ímpares 1, 3, 5, 7, . . . pode ser de-
�nida por xn+1 = xn + 2 (n > 1), com x1 = 1.
Exemplo 2Qualquer progressão aritmética (xn) de razão r e primeiro termo a pode
ser de�nida por xn+1 = xn + r (n > 1), com x1 = a.
Exemplo 3Qualquer progressão geométrica (xn) de razão q e primeiro termo a pode
ser de�nida por xn+1 = q · xn (n > 1), com x1 = a.
Exemplo 4A sequência (Fn), dita de Fibonacci, cujos termos são 1, 1, 2, 3, 5, . . . e na
qual cada termo é a soma dos dois imediatamente anteriores, é de�nida por
Fn+2 = Fn+1 + Fn (n > 0), com F0 = F1 = 1.
É fácil ver que uma recorrência, por si só, não de�ne a sequência. Por exemplo,
a recorrência do Exemplo 1, xn+1 = xn + 2, é satisfeita não apenas pela
sequência dos números ímpares, mas por todas as progressões aritméticas de
razão 2. Para que a sequência �que perfeitamente determinada é necessário
também o conhecimento do(s) primeiro(s) termo(s).
Observe que, nos Exemplos 1, 2 e 3 temos recorrências de primeira ordem,
isto é, nas quais cada termo é expresso em função do antecessor imediato, e
que, no Exemplo 4, temos uma recorrência de segunda ordem, ou seja, na qual
cada termo é expresso em função dos dois antecessores imediatos.
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3
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 7 Exercícios Recomendados
7.3 Exercícios Recomendados
1. Determine x5 na sequência de�nida por xn+2 = 2xn+1 + xn, x0 = x1 = 1.
2. Seja xn o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o plano.
Caracterize xn recursivamente.
Sugestão: Lembre-se da pizza de Steiner.
3. Prove que uma recorrência de primeira ordem, xn+1 = f(xn), com uma
condição inicial x1 = a, tem sempre uma e uma só solução.
4. Prove que uma recorrência de segunda ordem xn+2 = f(xn+1, xn), com
condições iniciais x1 = a e x2 = b, tem sempre solução única.
5. Determine xn, dada a sequência:
a) xn+1 = 2xn e x1 = 3; b) xn+1 = xn + 3 e x1 = 2.
7.4 Exercícios Suplementares
1. Seja xn o número máximo de regiões em que n círculos podem dividir o
plano. Caracterize xn recursivamente.
2. Determine o número de permutações caóticas de 5 elementos.
3. Prove que o número de permutações caóticas de n elementos é
Dn = n!
n∑
k=0
(−1)n
k!
.
4
Unidade 7Recorrências Lineares de Primeira Ordem
7.5 Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Uma recorrência de primeira ordem expressa xn+1 em função de xn. Ela é
dita linear se (e somente se) essa função for do primeiro grau.
Exemplo 5As recorrências xn+1 = 2xn−n
2 e xn+1 = nxn são lineares e a recorrência
xn+1 = x
2
n não é linear. As duas últimas são ditas homogêneas, por não
possuirem termo independente de xn.
Não há grandes di�culdades na resolução de uma recorrência linear homo-
gênea de primeira ordem, conforme mostram os exemplos a seguir.
Exemplo 6Resolva a recorrência xn+1 = nxn, x1 = 1.
Solução. Temos
x2 = 1x1
x3 = 2x2
x4 = 3x3
. . . . . . . . .
xn = (n− 1)xn−1
Daí, multiplicando, obtemos xn = (n − 1)!x1. Como x1 = 1, temos xn =
(n− 1)!.
Exemplo 7Resolva a recorrência xn+1 = 2xn.
Solução. Temos
x2 = 2x1
x3 = 2x2
x4 = 2x3
. . . . . . . . .
xn = 2xn−1
Daí, multiplicando, obtemos xn = 2n−1x1. é claro que como não foi prescrito
o valor de x1, há uma in�nidade de soluções para a recorrência, xn = C · 2n−1,
onde C é uma constante arbitrária.
5
mabarbosa
Realce
Unidade 7 Recorrências Lineares de Primeira Ordem
As recorrências lineares não-homogêneas de primeira ordem que mais facil-
mente se resolvem são as da forma xn+1 = xn + f(n).
Com efeito, temos
x2 = x1 + f(1)
x3 = x2 + f(2)
x4 = x3 + f(3)
. . . . . . . . .
xn = xn−1 + f(n− 1)
Somando, obtemos xn = x1 +
n−1∑
k=1
f(k).
Exemplo 8 Resolva a recorrência xn+1 = xn + 2
n, x1 = 1.
Solução. Temos
x2 = x1 + 2
x3 = x2 + 2
2
x4 = x3 + 2
3
. . . . . . . . .
xn = xn−1 + 2
n−1
Somando, resulta
xn = x1 + (2 + 2
2 + 23 + · · ·+ 2n−1)
= 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1
= 1
2n − 1
2− 1
= 2n − 1.
6
Unidade 7Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Exemplo 9Resolva xn+1 = xn + n, x1 = 0.
Solução. Temos
x2 = x1 + 1
x3 = x2 + 2
x4 = x3 + 3
. . . . . . . . .
xn = xn−1 + (n− 1).
Somando, resulta
xn = x1 + 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1)
= 1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 1)
=
n(n− 1)
2
.
O teorema a seguir mostra que qualquer recorrência linear não-homogênea
de primeira ordem pode ser transformada em uma da forma xn+1 = xn+ f(n).
Teorema 1
Solução de
Recorrências Lineares
de Primeira Ordem
Se an é uma solução não-nula da recorrência xn+1 = g(n)xn, então a
substituição xn = anyn transforma a recorrência xn+1 = g(n)xn + h(n) em
yn+1 = yn + h(n)[g(n) · an]−1.
DemonstraçãoA substituição xn = anyn transforma
xn+1 = g(n)xn + h(n) em an+1yn+1 = g(n)anyn + h(n).
Mas, an+1 = g(n)an, pois an é solução de xn+1 = g(n)xn. Portanto, a equação
se transforma em
g(n)anyn+1 = g(n)anyn + h(n),
ou seja, yn+1 = yn + h(n)[g(n) · an]−1.
7
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 7 Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Exemplo 10 Resolva xn+1 = 2xn + 1, x1 = 2.
Solução. Uma solução não-nula de xn+1 = 2xn é, por exemplo, xn = 2n−1,
conforme vimos no Exemplo 7. Fazendo a substituição xn = 2n−1yn, obtemos
2nyn+1 = 2
nyn + 1, ou seja, yn+1 = yn + 2−n. Daí se tem
y2 = y1 + 2
−1
y3 = y2 + 2
−2
y4 = y3 + 2
−3
. . . . . . . . .
yn = yn−1 + 2
−(n−1).
Somando, resulta
yn = y1 + 2
−1 + 2−2 + 2−3 + · · ·+ 2−(n−1)
= y1 + 2
−1 (2
−1)n−1 − 1
2−1 − 1
= y1 − 21−n + 1.
Como xn = 2n−1yn e x1 = 2, temos y1 = 2 e yn = 3 − 21−n. Daí, xn =
3 · 2n−1 − 1.
Exemplo 11 Resolva xn+1 = 3xn + 3
n, x1 = 2.
Solução. Uma solução não-nula de xn+1 = 3xn é, por exemplo, xn = 3n−1
(ou qualquer outra progressão geométrica de razão 3). Façamos a substituição
xn = 3
n−1yn. Obtemos 3nyn+1 = 3nyn + 3n, ou seja, yn+1 = yn + 1. Daí,
yn é uma progressão aritmética de razão 1. Logo, yn = y1 + (n − 1)1. Como
xn = 3
n−1yne x1 = 2, temos y1 = 2 e yn = n+ 1. Daí, xn = (n+ 1)3n−1.
8
Unidade 7Recorrências Lineares de Primeira Ordem
7.6 Exercícios Recomendados
1. Resolva a recorrência do Exercício Recomendado 1, da Seção 3 (pizza de
Steiner).
2. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1}, que
possuem em número ímpar de termos iguais a 0?
3. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1, 2},
que possuem em número ímpar de termos iguais a 0?
4. Sheila e Helena disputam uma série de partidas. Cada partida é iniciada
por quem venceu a partida anterior. Em cada partida, quem iniciou tem
probabilidade 0,6 de ganhá-la e probabilidade 0,4 de perdê-la. Se Helena
iniciou a primeira partida, qual é a probabilidade de Sheila ganhar a n-
ésima partida?
5. Resolva as seguintes recorrências:
a) xn+1 = (n+ 1)xn + n, x1 = 1;
b) (n+ 1)xn+1 + nxn = 2n− 3, x1 = 1;
c) xn+1 − nxn = (n+ 1)!, x1 = 1.
7.7 Exercícios Suplementares
1. Um círculo foi dividido em n (n > 2) setores. De quantos modos podemos
colorí-los, cada setor com uma só cor, se dispomos de k (k > 2) cores
diferentes e setores adjacentes não devem ter a mesma cor?
2. A torcida do Fluminense tem hoje p0 membros. A taxa anual de natalidade
é i, a mortalidade é j e, além disso, todo ano um número �xo de R
torcedores desiste de vez. Se i > j, determine o número de torcedores
daqui a n anos. A torcida está condenada a extinção?
3. Ache o número máximo de regiões em que n círculos podem dividir o
plano, ou seja resolva a recorrência do Exercício Suplementar 1 da Seção
4.
9
Unidade 7 Textos Complementares
7.8 Textos Complementares
Para Saber Mais Dois Exemplos Mais So�sticados
Apresentaremos aqui dois exemplos mais so�sticados.
Exemplo 1. Quantas são as sequências de 10 termos, pertencentes a {0, 1, 2},
que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0?
Solução. Chamando xn o número de sequências com n termos, o valor de
xn+2 será a soma das seguintes quantidades:
i) O número de sequências de n+2 termos que começam por 1 e não possuem
dois zeros consecutivos. Isso é precisamente igual a xn+1, pois se o primeiro
termo é 1, para formar a sequência basta determinar os termos a partir do
primeiro, o que pode ser feito de xn+1 modos.
ii) O número de sequências de n+2 termos que começam por 2 e não possuem
dois zeros consecutivos. Analogamente, isso é igual a xn+1.
iii) O número de sequências de n+2 termos que começam por 0 e não possuem
dois zeros consecutivos. Se o primeiro termo é zero, temos dois modos de
escolher o segundo termo (1 ou 2) e, escolhido o segundo termo, temos xn
modos de escolher os demais. Há, pois, 2xn sequências começadas em 0.
Logo, xn+2 = 2xn+1 + 2xn. É fácil ver que x1 = 3 e que x2 = 8. Daí
obtemos x3 = 2x2 + 2x1 = 22, x4 = 60, . . . , x10 = 24 960.
Exemplo 2. Seja Dn o número de permutações caóticas de 1, 2, . . . , n, isto é,
o número de permutações simples de 1, 2, . . . , n, nas quais nenhum elemento
ocupa o seu lugar primitivo. Mostre que Dn+2 = (n+1)(Dn+1+Dn), se n > 1.
Solução. Calculemos Dn+2, o número de permutações simples de 1, 2, . . . , n+
2 nas quais nenhum elemento ocupa o seu lugar primitivo. As permutações
podem ser divididas em dois grupos: aquelas nas quais o 1 ocupa o lugar do
número que ocupa o primeiro lugar e aquelas nas quais isso não ocorre.
Para formar uma permutação do primeiro grupo, devemos escolher o número
que trocará de lugar com o 1, o que pode ser feito de n + 1 modos, e, em
seguida, devemos arrumar os demais n elementos nos restantes n lugares, sem
que nenhum desses elementos ocupe o seu lugar primitivo, o que pode ser feito
de Dn modos. Há, portanto, (n+ 1) ·Dn permutações no primeiro grupo.
10
Unidade 7Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Para formar uma permutação do segundo grupo, temos de escolher o lugar
que será ocupado pelo número 1 (chamemos esse lugar de k), o que pode
ser feito de n + 1 modos, e, em seguida devemos arrumar os restantes n + 1
elementos dos demais n + 1 lugares, sem que o elemento k ocupe o primeiro
lugar e sem que nenhum dos demais elementos ocupe o seu lugar primitivo, o
que pode ser feito de Dn+1 modos. Há, portanto, (n+ 1) ·Dn+1 permutações
no segundo grupo.
Consequentemente, Dn+2 = (n+1)(Dn+1+Dn), como queríamos demons-
trar.
11
MA12 - Unidade 7
Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
17 de Março de 2013
Sequências definidas por recorrência
Sequências definidas por regras que permitem calcular
qualquer termo em função dos anteriores (usualmente do
antecessor imediato ou de uma quantidade pequena de
antecessores imediatos).
Uma progressão aritmética de primeiro termo a e razão r :
x1 = a, xn+1 = xn + r , para n ≥ 1
A sequência de Fibonacci:
x1 = 1, x2 = 1, xn+2 = xn + xn+1, para n ≥ 1.
Equivalentemente, x1 = 1, x2 = 1, xn = xn−2 + xn−1, para
n ≥ 3.
Não basta dar a lei de recorrência; é preciso também fornecer
o(s) primeiro(s) termo(s)
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 2/10
Exemplo
Quantas são as sequências de 10 termos, pertencentes a
{0, 1, 2}, que não têm dois termos consecutivos iguais a 0?
Seja xn o número de sequências com n termos respeitando as
condições do enunciado. Vamos contar separadamente as
sequências, de acordo com seu termo inicial.
O número dessas sequências começando por 1 é xn−1 .
O número dessas sequências começando por 2 também é xn−1.
O número dessas sequências começando por 0 é 2xn−2
Logo xn = 2xn−1 + 2xn−2, para n ≥ 3.
Além disso, x1 = 3
Dáı, obtemos
x3 = 2x2 + 2x1 = 22,
x6 = 448,
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 3/10
Recorrências Lineares de Primeira Ordem
Uma recorrência de primeira ordem expressa xn+1 em função
de xn.
Ela é dita linear quando essa função for do primeiro grau.
As recorrências xn+1 = 2xn − n2 e xn+1 = nxn são lineares e a
recorrência xn+1 = x
2
n não é linear.
As duas últimas são ditas homogêneas, por não possuirem
termo independente de xn.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 4/10
Recorrências lineares homogêneas
Resolver a recorrência xn+1 = nxn.
x2 = 1x1
x3 = 2x2
x4 = 3x3
. . . . . . . . .
xn = (n − 1)xn−1
Multiplicando:
xn = (n − 1)!x1
Solução geral: xn = C · (n − 1)!
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 5/10
Recorrências lineares da forma xn+1 = xn + f (n)
x2 = x1 + f (1)
x3 = x2 + f (2)
x4 = x3 + f (3)
. . . . . . . . .
xn = xn−1 + f (n − 1)
Somando:
xn = x1 +
n−1∑
k=1
f (k).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 6/10
Exemplo
Resolver a recorrência xn+1 = xn + 2
n, x1 = 1.
x2 = x1 + 2
x3 = x2 + 2
2
x4 = x3 + 2
3
. . . . . . . . .
xn = xn−1 + 2
n−1
Somando:
xn = x1 + (2 + 2
2 + 23 + · · ·+ 2n−1)
= 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1
= 1
2n − 1
2− 1
= 2n − 1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 7/10
Recorrências lineares não homogêneas em geral
Se an é uma solução não-nula da recorrência xn+1 = g(n)xn,
então a substituição xn = anyn transforma a recorrência
xn+1 = g(n)xn + h(n) em yn+1 = yn +
h(n)
g(n) · an
A substituição xn = anyn transforma
xn+1 = g(n)xn + h(n) em an+1yn+1 = g(n)anyn + h(n).
Mas, an+1 = g(n)an, pois an é solução de xn+1 = g(n)xn.
Portanto, a equação se transforma em
g(n)anyn+1 = g(n)anyn + h(n),
Ou seja, em yn+1 = yn +
h(n)
g(n) · an
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 8/10
Exemplo
Resolver xn+1 = 2xn + 1, x1 = 2
Uma solução não-nula de xn+1 = 2xn é, por exemplo,
xn = 2
n−1.
Fazendo a substituição xn = 2
n−1yn, obtemos
2nyn+1 = 2
nyn + 1, ou seja, yn+1 = yn + 2
−n.
Dáı:
y2 = y1 + 2
−1
y3 = y2 + 2
−2
. . . . . . . . .
yn = yn−1 + 2
−(n−1).
Somando:
yn = y1 + 2
−1 + 2−2 + · · ·+ 2−(n−1)
= y1 + 1− 2−(n−1).PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 9/10
A recorrência original é xn+1 = 2xn + 1, x1 = 2.
Fizemos a substituição xn = 2
n−1yn e obtivemos a solução
yn = y1 + 1− 2−(n−1) para a nova recorrência.
Dáı,
xn = 2
n−1yn = 2
n−1 (y1 + 1− 2−(n−1)) = 2n−1y1 + 2n−1 − 1
= (1 + y1)2
n−1 − 1
Finalmente, de x1 = 2 e de xn = 2
n−1yn, temos 2 = 2
0y1.
Logo, y1 = 2 e a solução da recorrência é
xn = 3 · 2n−1 − 1, para n ≥ 1
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 7, Recorrências Lineares de Primeira Ordem slide 10/10
Lista de Exerćıcios
Unidade 7
1. Determine x5 na sequência definida por xn+2 = 2xn+1 + xn, x0 = x1 = 1.
2. Seja xn o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o
plano. Caracterize xn recursivamente.
Lembre-se da pizza de Steiner.
3. Prove que uma recorrência de primeira ordem, xn+1 = f(xn), com uma
condição inicial x1 = a, tem sempre uma e uma só solução.
4. Prove que uma recorrência de segunda ordem xn+2 = f(xn+1, xn), com
condições iniciais x1 = a e x2 = b, tem sempre solução única.
5. Determine xn, dada a sequência:
a) xn+1 = 2xn e x1 = 3; b) xn+1 = xn + 3 e x1 = 2.
6. Resolva a recorrência do Exerćıcio 2.
7. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1}, que
possuem em número ı́mpar de termos iguais a 0?
8. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1, 2},
que possuem em número ı́mpar de termos iguais a 0?
9. Sheila e Helena disputam uma série de partidas. Cada partida é iniciada
por quem venceu a partida anterior. Em cada partida, quem iniciou tem
probabilidade 0,6 de ganhá-la e probabilidade 0,4 de perdê-la. Se Helena
iniciou a primeira partida, qual é a probabilidade de Sheila ganhar a n-ésima
partida?
10. Resolva as seguintes recorrências:
a) xn+1 = (n + 1)xn + n, x1 = 1;
b) (n + 1)xn+1 + nxn = 2n− 3, x1 = 1;
c) xn+1 − nxn = (n + 1)!, x1 = 1.
1
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 7
1.
x2 = 2x1 + x0 = 2.1 + 1 = 3
x3 = 2x2 + x1 = 2.3 + 1 = 7
x4 = 2x3 + x2 = 2.7 + 3 = 17
x5 = 2x4 + x3 = 2.17 + 7 = 41
2. O número máximo de regiões é determinado quando, para cada n, a reta
n + 1 intercepta as n já existentes. Neste caso, a nova reta subdivide
n+1 regiões, criando assim n+1 novas regiões. Logo, o número máximo
de regiões xn determinado por n retas satisfaz xn+1 = xn+(n+1), para
n = 0, 1, 2, . . . , com x0 = 1.
3. O valor de x1 está bem definido, já que x1 = a. Suponhamos agora que
xn esteja bem definido. Então, como xn+1 = f(xn), o valor de xn+1
também está bem definido para todo natural n.
4. Os valores de x1 e x2 estão bem definidos, já que x1 = a e x2 = b.
Suponhamos agora que xn e xn+1 estejam bem definidos. Então, como
xn+2 = f(xn, xn+1), o valor de xn+2 também está bem definido. Logo,
pelo Principio da Indução Finita, o valor de xn está bem definido para
todos natural n.
5. a) A razão xn+1/xn entre dois termos consecutivos é constante e igual
a 2. Logo, a seqüencia é uma progressão geométrica de razão
2. Como o primeiro termo é x1 = 3, o termo geral é dado por
xn = 3.2
n−1.
b) A diferença xn+1−xn entre dois termos consecutivos é constante e
igual a 3. Logo, a seqüencia é uma progressão aritmética de razão
3. Como o primeiro termo é x1 = 2, o termo geral é dado por
xn = 2 + 3n− 1 = 3n + 1.
1
6. Do exerćıcio 2, o número máximo xn de regiões em que n retas podem
dividir o plano satisfaz a recorrência xn+1 = xn + n + 1, com x0 = 1.
Dáı:
x0 = 1
x1 = x0 + 1
x2 = x1 + 2
· · ·
xn = xn−1 + n
Somando, resulta:
xn = 1 + 1 + · · · + n = 1 +
n(n + 1)
2
7. Seja xn o número de seqüencias de n termos 0 ou 1 com quantidade
ı́mpar de termos iguais a 0. O número de seqüencias de n+1 termos 0 ou
1 com número ı́mpar de termos iguais a 0 é igual ao número de seqüen-
cias começadas com 1, seguindo de uma seqüencia de n termos com
número ı́mpar de zeros somado ao número de seqüencias começadas
com 0, seguido de uma seqüencia de n termos com um número par de
zeros. Portanto, xn+1 = xn + (2
n − xn) = 2n (para a segunda parcela,
note que 2n é o número total de seqüencias formadas por 0 ou 1). Logo,
xn = 2
n−1, para todo n.
8. Seqüencias de n+ 1 termos 0, 1 ou 2 com um número ı́mpar de termos
iguais a 0 podem ser de dois tipos: as que começam com 1 ou 2, seguido
por uma seqüencia de n termos com número ı́mpar de zeros e as que
começam com 0, seguido por uma seqüencia de n termos com número
par de zeros. Dáı, temos a recorrência xn+1 = 2xn + (3
n − xn), ou seja,
xn+1 = xn + 3
n, com x1 = 1. Termos:
x1 = 1
x2 = x1 + 3
1
· · ·
xn = xn−1 + 3
n−1
2
Somando, resulta
xn = 1 + 3 + · · · + 3n−1 = 3
n − 1
2
.
9. Para Sheila ganhar a (n + 1)-ésima partida, ou ela ganha a n-ésima
partida (com probabilidade xn) e ganha a seguinte (com probabilidade
condicional 0,6) ou perde a n-ésima (com probabilidade 1−xn) e ganha
a seguinte (com probabilidade condicional 0,4). Logo, a probabilidade
xn+1 de vitória na (n + 1)-ésima partida é dada por xn+1 = 0, 6xn +
0, 4(1 − xn), ou seja, xn+1 = 0, 2xn + 0, 4, com x1 = 0, 4. Para resolver
a recorrência começamos com uma solução não nula de xn+1 = 0, 2xn;
por exemplo, an = (0, 2)
n−1. Fazendo a substituição xn = (0, 2)
n−1yn,
temos (0, 2)nyn+1 = (0, 2)
nyn + 0, 4, ou seja, yn+1 = yn +
0,4
(0,2)n
, com
y1 = x1/a1 = 0, 4. Temos:
y1 = 0, 4
y2 = y1 +
0, 4
0, 2
y3 = y2 +
0, 4
(0, 2)2
· · ·
yn = yn−1 +
0, 4
(0, 2)n−1
Somando, vem
yn = 0, 4 +
0, 4
0, 2
+ · · · + 0, 4
(0, 2)n−1
= 0, 4
1 − (0, 2)n
0, 8(0, 2)n−1
Finalmente
xn = (0, 2)
n−1yn =
1 − (0, 2)n
2
.
10. a) Uma solução da equação homogênea xn+1 = (n + 1)xn é an = n!.
Fazendo a substituição xn = anyn, temos
(n + 1)!yn+1 = (n + 1)n!yn + n,
3
ou seja,
yn+1 = yn +
n
(n + 1)!
,
com y1 =
x1!
1!
= 1.
Dáı:
y1 = 1
y2 = y1 +
1
2!
· · ·
yn = yn−1 +
n− 1
n!
Somando:
yn = 1 +
1
2!
+ · · · + n− 1
n!
.
Mas n−1
n!
= n−1
n!
= 1
(n−1)! −
1
n!
. Logo
yn = 1 + (
1
1!
− 1
2!
) + · · · +
(
1
(n− 2)!
− 1
(n− 1)!
)
+
(
1
(n− 1)!
− 1
n!
)
= 1 + 1 − 1
n!
= 2 − 1
n!
Finalmente
xn = n!yn = 2n! − 1.
b) Uma solução da equação homogênea (n + 1)xn+1 = −nxn é an =
(−1)n
n
. Fazendo a substituição xn = anyn, temos
(−1)n+1yn+1 = (−1)n+1yn + 2n− 3,
ou seja,
yn+1 = yn + (−1)n+1(2n− 3),
com y1 =
x1
a1
= −1.
Assim, temos:
y1 = −1
y2 = y1 + (2 − 3)
· · ·
yn = yn−1 + (−1)n(2(n− 1) − 3)
4
Somando:
yn = −1 − 1 − 1 + 3 − 5 + 7 − 9 + · · · + (−1)n(2(n− 1) − 3)
Quando n é par,
yn = −2 + (−1 + 3) + (−5 + 7) + (−(2(n− 2) − 3)) + (2(n− 1) − 3)
= −2 + (n− 2) = n− 4
e xn = anyn =
n
n
= 1 − 4
n
.
Quando n é ı́mpar, yn = (n − 5) − (2(n − 1) − 3) = −n e xn =
anyn = 1.
As duas expressões podem ser colocadas em uma única, escre-
vendo, por exemplo: xn = 1 − 2+2(−1)
n
n
.
c) Uma solução da equação homogênea xn+1 = nxn é an = (n− 1)!.
Fazendo a substituição xn = anyn, temos n!yn+1 = n!yn + (n+ 1)!,
ou seja, yn+1 = yn + (n + 1), com y1 = x1/a1 = 1.
Assim
y1 = 1
y2 = y1 + 2
· · ·
yn = yn−1 + n
Somando,
yn = 1 + 2 + · · · + n =
n(n + 1)
2
e xn = anyn =
(n+1)!
2
.
5
8
1
Recorrências Lineares de
Segunda Ordem
Sumário
8.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2 A equação Característica . . . . . . . . . . . . . . . 3
8.3 Recorrências de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . 4
8.4 Exercícios recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 11
Unidade 8 Introdução
8.1 Introdução
Um exemplo de recorrência linear de segunda ordem é a recorrência que
de�ne a sequência de Fibonacci: xn = xn−1 + xn−2.
Mais geralmente, uma recorrência linear de segunda ordem é uma recorrência
do tipo
f(n)xn + g(n)xn−1 + h(n)xn−2 + k(n) = 0,
onde f, g, h e k são funções cujos domínios são o conjunto dos números naturais
e f(n) nunca se anula. Quando k = 0, a recorrência é dita homogênea. Para
que uma recorrência do tipo acima nos de�na uma sequência, é preciso estipular
os valores dos seusdois termos iniciais.
Nesta unidade, apresentaremos uma técnica para resolver recorrências line-
ares homogêneas de segunda ordem, com coe�cientes constantes. Essa técnica
consiste em encontrar progressões geométricas da forma rn que resolvem a re-
corrência e cujas razões r são raízes de uma equação algébrica do segundo grau
chamada equação característica da recorrência. O termo geral da sequência é
então obtido como uma combinação linear dessas progressões com coe�cientes
determinados graças aos valores dos termos iniciais x1 e x2.
Essa técnica pode ser plenamente justi�cada usando Álgebra Linear (cf. [7])
e é a mesma utilizada na resolução de equações diferenciais lineares homogê-
neas com coe�cientes constantes, onde as PGs são substituídas por funções
exponenciais.
Tal como na teoria das equações diferenciais, as soluções de uma equa-
ção com coe�cientes constante se obtêm somando uma solução particular da
equação dada às soluções da equação homogênea associada.
Para saber (bem) mais sobre sequências recorrentes, recomendamos a lei-
tura do artigo Sequências Recorrentes, de Carlos Gustavo Moreira, que o leitor
encontrará anexado ao material dessa semana e que não será cobrado nas ava-
liações, por ser de caráter complementar.
2
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 8Recorrências Lineares de Segunda Ordem
8.2 A equação Característica
Inicialmente, trataremos das recorrências lineares de segunda ordem homo-
gêneas com coe�cientes constantes, isto é, recorrências da forma
xn+2 + pxn+1 + qxn = 0.
Suporemos sempre q 6= 0, pois se q = 0, a recorrência seria, na realidade, uma
recorrência de primeira ordem.
A cada recorrência linear de segunda ordem homogênea, com coe�cientes
constantes, da forma acima, associaremos uma equação do segundo grau, r2 +
pr + q = 0, chamada equação característica. A nossa suposição preliminar de
que q 6= 0 implica que 0 não é raiz da equação característica.
Exemplo 1A recorrência xn+2 = xn+1+xn tem equação característica r
2 = r+1. As
raízes da equação característica são
r1 =
1 +
√
5
2
e r2 =
1−
√
5
2
.
O teorema a seguir mostra que se as raízes da equação característica são
r1 e r2, então qualquer sequência da forma an = C1rn1 + C2r
n
2 é solução da
recorrência, quaisquer que sejam os valores das constantes C1 e C2.
Teorema 1Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são r1 e r2, então an = C1rn1 + C2r
n
2 é
solução da recorrência xn+2+ pxn+1+ qxn = 0, quaisquer que sejam os valores
das constantes C1 e C2.
DemonstraçãoSubstituindo an = C1r
n
1 + C2r
n
2 na recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0,
obtemos, agrupando convenientemente os termos,
C1r
n
1 (r
2
1 + pr1 + q) + C2r
n
2 (r
2
2 + pr2 + q)
= C1r
n
10 + C2r
n
20 = 0.
3
mabarbosa
Realce
Unidade 8 Recorrências de Segunda Ordem
Exemplo 2 A equação xn+2 + 3xn+1 − 4xn = 0 tem r
2 + 3r − 4 = 0 como equação
característica. As raízes da equação característica são 1 e −4. De acordo com
o Teorema 1, todas as sequências da forma an = C11n+C2(−4)n são soluções
da recorrência.
8.3 Recorrências de Segunda Ordem
O teorema a seguir mostra que, se r1 6= r2, todas as soluções da recorrência
têm a forma apontada no Teorema 1.
Teorema 2 Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são r1 e r2, com r1 6= r2, então todas as
soluções da recorrência xn+2+pxn+1+qxn = 0 são da forma an = C1rn1+C2r
n
2 ,
C1 e C2 constantes.
Demonstração Seja yn uma solução qualquer de xn+2 + pxn+1 + qxn = 0. Determinemos
constantes C1 e C2 que sejam soluções do sistemas de equações
C1r1 + C2r2 = y1
C1r
2
1 + C2r
2
2 = y2
isto é,
C1 =
r22y1 − r2y2
r1r2(r2 − r1)
e C2 =
r1y2 − r21y1
r1r2(r2 − r1)
.
Isso é possível pois r1 6= r2 e r1 6= 0 e r2 6= 0.
A�rmamos que yn = C1rn1 + C2r
n
2 para todo n natural, o que provará o
teorema. Com efeito, seja zn = yn − C1rn1 − C2rn2 . Mostraremos que zn = 0
para todo n. Temos
zn+2+pzn+1+qzn = (yn+2+pyn+1+qyn)−C1rn1 (r21+pr1+q)−C2rn2 (r22+pr2+q).
O primeiro parêntese é igual a zero porque yn é solução de xn+2+pxn+1+qxn =
0; os dois últimos parênteses são iguais a zero porque r1 e r2 são raízes de
r2 + pr + q = 0. Então zn+2 + pzn+1 + qzn = 0.
Além disso, como C1r1+C2r2 = y1 e C1r21+C2r
2
2 = y2, temos z1 = z2 = 0.
Mas, se zn+2 + pzn+1 + qzn = 0 e z1 = z2 = 0, então zn = 0 para todo n.
4
Unidade 8Recorrências Lineares de Segunda Ordem
Exemplo 3Vamos determinar as soluções da recorrência
xn+2 + 3xn+1 − 4xn = 0.
A equação característica r2 + 3r − 4 = 0, tem raízes 1 e −4. De acordo
com os Teoremas 1 e 2, as soluções da recorrência são as sequências da forma
an = C11
n+C2(−4)n, isto é, an = C1+C2(−4)n, onde C1 e C2 são constantes
arbitrárias.
Exemplo 4Fibonacci revisitado. Determinemos o número de Fibonacci Fn de�nido por
Fn+2 = Fn+1 + Fn, com F0 = F1 = 1.
A equação característica é r2 = r + 1 e as suas raízes são dadas por
r1 =
1 +
√
5
2
e r2 =
1−
√
5
2
.
Então,
Fn = C1
(
1 +
√
5
2
)n
+ C2
(
1−
√
5
2
)n
.
Para determinar C1 e C2, basta usar F0 = F1 = 1.
Obtemos o sistema 
C1 + C2 = 1
C1
1+
√
5
2
+ C2
1−
√
5
2
= 1
Logo,
Fn =
√
5 + 1
2
√
5
(
1 +
√
5
2
)n
+
√
5− 1
2
√
5
(
1−
√
5
2
)n
,
isto é,
Fn =
1√
5
(
1 +
√
5
2
)n+1
− 1√
5
(
1−
√
5
2
)n+1
.
Se as raízes da equação característica forem complexas, a solução an =
C1r
n
1 +C2r
n
2 , C1 e C2 constantes arbitrárias pode ser escrita de modo a evitar
cálculos com complexos. Pondo as raízes na forma trigonométrica, teremos:
r1 = ρ(cos θ + i sen θ), r2 = ρ(cos θ − i sen θ)
5
Unidade 8 Recorrências de Segunda Ordem
rn1 = ρ
n(cosnθ + i sennθ), rn2 = ρ
n(cosnθ − i sennθ).
Logo,
C1r
n
1 + C2r
n
2 = ρ
n[(C1 + C2) cosnθ + i(C1 − C2) sennθ].
É claro que C ′1 = C1 +C2 e C
′
2 = i(C1−C2) são novas constantes e a solução
pode ser escrita
an = ρ
n[C ′1 cosnθ + C
′
2 sennθ].
Exemplo 5 A recorrência xn+2+xn+1+xn = 0 tem equação característica r
2+r+1 = 0,
cujas raízes são
r1 =
1 + i
√
3
2
e r2 =
1− i
√
3
2
,
que são complexas de módulo ρ = 1 e argumento principal θ = ±π
3
.
A solução é
xn = ρ
n[C1 cosnθ + C2 sennθ] = C1 cos
nπ
3
+ C2 sen
nπ
3
.
O que aconteceria se as raízes da equação característica fossem iguais? Os
teoremas a seguir respondem essa pergunta.
Teorema 3 Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são iguais, r1 = r2 = r, então, an =
C1r
n+C2nr
n é solução da recorrência xn+2+ pxn+1+ qxn = 0, quaisquer que
sejam os valores das constantes C1 e C2.
Demonstração Se as raízes são iguais, então r = −
p
2
. Substituindo an = C1rn + C2nrn
na recorrência
xn+2 + pxn+1 + qxn = 0
obtemos, agrupando convenientemente os termos,
C1r
n(r2 + pr + q) + C2nr
n(r2 + pr + q) + C2r
nr(2r + p)
= C1r
n0 + C2nr
n0 + C2r
nr0 = 0.
6
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Linha
Unidade 8Recorrências Lineares de Segunda Ordem
Teorema 4Se as raízes de r2 + pr + q = 0 são iguais, r1 = r2 = r, então todas as
soluções da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0 são da forma C1rn + C2nrn,
C1 e C2 constantes.
DemonstraçãoSeja yn uma solução qualquer de xn+2 + pxn+1 + qxn = 0. Determine
constantes C1 e C2 que sejam soluções do sistema de equações.
C1r + C2r = y1
C1r
2 + 2C2r
2 = y2
,
isto é,
C1 = 2
y1
r
− y2
r2
e C2 =
y2 − ry1
r2
.
Isso é possível pois r 6= 0.
A�rmamos que yn = C1rn + C2nrn para todo n natural, o que provará o
teorema. Com efeito, seja zn = yn − C1rn − C2nrn. Mostraremos que zn = 0
para todo n. Temos
zn+2 + pzn+1 + qzn = (yn+2 + pyn+1 + qyn)−
− C1rn(r2 + pr + q)− C2nrn(r2 + pr + q)− C2rnr(2r + p).
O primeiro parêntese é igual a zero porque yn é solução de xn+2 + pxn+1 +
qxn = 0; o segundo e o terceiro parênteses são iguais a zero porque r é raiz
de r2 + pr + q = 0; o quarto é igual a zero porque 2r + p = 0 já que, quando
r1 = r2 = r, tem-se r = −
p
2
. Então zn+2 + pzn+1 + qzn = 0
Além disso, como C1r+C2r = y1 e C1r2+2C2r2 = y2, temos z1 = z2 = 0.
Mas, se zn+2 + pzn+1 + qzn = 0 e z1 = z2 = 0 então zn = 0 para todo n.
Exemplo 6A recorrência xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 0 tem equação característica r
2 −
4r+ 4 = 0. As raízes são r1 = r2 = 2 e a solução da recorrência é xn =
C12
n + C2n2
n.
O teorema a seguir mostra um processo para resolver algumas recorrências
não-homogêneas.
7
mabarbosa
Realce
Unidade 8 Recorrências de Segunda Ordem
Teorema 5 Se an é uma solução da equação
xn+2 + pxn+1 + qxn = f(n),
então a substituição xn = an + yn transforma a equação em
yn+2 + pyn+1 + qyn = 0.
Demonstração Substituindo xn por an + yn na equação, obtemos
(an+2 + pan+1 + qan) + (yn+2 + pyn+1 + qyn) = f(n).
Mas an+2+pan+1+ qan = f(n) pois an é a solução da equação original. Logo,
a equação se transformou em
yn+2 + pyn+1 + qyn = 0.
De acordo com o Teorema 5, a solução de uma recorrência não-homogênea
é constituída de duas parcelas: uma solução qualquer da não-homogênea e a
solução homogênea. A solução da homogênea, sabemos achar. Uma solução
da não-homogênea, procuraremos por tentativas.
Exemplo 7 A recorrência xn+2 − 6xn+1 + 8xn = n + 3
n tem equação característica
r2 − 6r + 8 = 0, cujas raízes são r1 = 2 e r2 = 4. Portanto, a solução da
homogênea, isto é, de xn+2− 6xn+1+8xn = 0 é hn = C1+C24n. Tentaremos
agora descobrir uma solução particular, tn, da recorrência
xn+2 − 6xn+1 + 8xn = n+ 3n.
Ora, se substituirmos tn em xn+2−6xn+1+8xn devemos encontrar n+3n. Que
tipo de função deve ser tn? é bastante razoável imaginar que tn seja a soma de
um polinômio do primeiro grau com uma exponencial de base 3. Tentaremos
tn = An+B + C3
n. Substituindo em
xn+2 − 6xn+1 + 8xn = n+ 3n,
8
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 8Recorrências Lineares de Segunda Ordem
obtemos 3An+3B−4A−C3n = n+3n. tn terá solução se 3A = 1, 3B−4A = 0
e −C = 1. Logo,
A =
1
3
, B =
4
9
e C = −1.
Daí,
tn =
1
3
n+
4
9
− 3n.
Exemplo 8A recorrência xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 1 + 2
n tem equação característica
r2−6r+8 = 0, cujas raízes são r1 = 2 e r2 = 4. Portanto, a solução da equação
homogênea, isto é, de xn+2−6xn+1+8xn = 0 é hn = C12n+C24n. Tentaremos
agora descobrir uma solução particular, tn da recorrência xn+2−6xn+1+8xn =
1 + 2n. Ora, se substituirmos tn em xn+2 − 6xn+1 + 8xn devemos encontrar
1 + 2n. Que tipo de função deve ser tn? é bastante razoável imaginar que
tn seja a soma de um polinômio constante com uma exponencial de base 2.
Tentaremos tn = A+B2n. Substituindo em
xn+2 − 6xn+1 + 8xn = 1 + 2n,
obtemos 3A = 1 + 2n. Essa igualdade é impossível. A recorrência não admite
solução da forma tn = A+B2n.
Parando para pensar no que aconteceu, veri�camos que era óbvio que a
nossa tentativa não podia dar certo. O espírito da nossa tentativa era tentar
uma constante A para que obtivéssemos uma constante que igualaríamos a
1 e tentar B2n para gerar uma exponencial que pudéssemos igualar a 2n. É
claro que o termo B2n não poderia cumprir o seu papel. B2n é solução da
homogênea (é a solução da homogênea que é obtida pondo C1 = B e C2 = 0)
e, substituído da equação, daria zero e não uma exponencial que pudéssemos
igualar a 2n.
Vamos corrigir a nossa tentativa para tn = A + Bn2n. Sempre que na
nossa tentativa em algum bloco não cumprir o seu papel, fazemos a correção
�aumentando o grau�, isto é, multiplicando o bloco por n. Agora, substituindo
obtemos 3A−B4B2n = 1 + 2n.
Se 3A = 1 e −4B = 1, isto é,
A =
1
3
e B = −1
4
,
9
Unidade 8 Recorrências de Segunda Ordem
temos a solução
tn =
1
3
− n2
n
4
.
A solução da recorrência é a soma de hn com tn. Portanto,
xn = C12
n + C24
n +
1
3
− n2
n
4
.
10
Unidade 8Recorrências Lineares de Segunda Ordem
8.4 Exercícios recomendados
1. Resolva as recorrências a seguir:
a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0.
b) xn+2 + 6xn+1 + 9xn = 0.
c) xn+2 + 2xn+1 + 2xn = 0.
d) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = n.
e) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 1 + 3 · 4n.
f) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2n.
g) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = n+ 3n.
h) xn+2 − 6xn+1 + 9xn = n− 3n.
i) xn+2 + xn = 1.
j) xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 1 + n3n.
2. Resolva as recorrências a seguir:
a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0; x0 = 3; x1 = −6.
b)xn+2 + xn+1 − 6xn = 6− 8n; x0 = 1; x1 = 4.
c)xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n+3; x0 = 3; x1 = 6.
3. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1, 2},
que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0?
4. Determine o número de modos de cobrir um tabuleiro 2×n com dominós
2× 1 iguais.
11
Marcos
Linha
Marcos
Linha
mabarbosa
Polígono
mabarbosa
Caixa de texto
No gabarito, considera x1 = 2
mabarbosa
Retângulo
mabarbosa
Caixa de texto
Tirar dúvida
mabarbosa
Caixa de texto
Gabarito errado
Marcos
Linha
Marcos
Linha
Marcos
Linha
Unidade 8 Exercícios recomendados
5. Uma planta é tal que cada uma de suas sementes produz, um ano após
ter sido plantada, 21 novas sementes e, a partir daí, 44 novas sementes
a cada ano. Se plantarmos hoje uma semente e se, toda vez que uma
semente for produzida ela for imediatamente plantada, quantas sementes
serão produzidas daqui a n anos?
6. O salário de Carmelino no mês n é Sn = a+ bn. Sua renda mensal é for-
mada pelo salário e pelos juros de suas aplicações �nanceiras. Ele poupa
anualmente 1/p de sua renda e investe sua poupança a juros mensais de
taxa i. Determine a renda de Carmelino no mês n.
7. Cinco times de igual força disputarão todo ano um torneio. Uma taça
será ganha pelo primeiro time que vencer três vezes consecutivas. Qual
a probabilidade da taça não ser ganha nos n primeiros torneios?
8. Em um jogo, em cada etapa Olavo, pode fazer 1 ou 2 pontos. De quantos
modos ele pode totalizar n pontos?
9. Mostre que
2
√
5 + 1
2
√
5
(1−
√
5)n +
2
√
5− 1
2
√
5
(1 +
√
5)n
é, para todo natural n, um número inteiro.
10. Mostre que a parte inteira de (1 +
√
3)2n+1 é sempre par.
12
Marcos
Linha
Marcos
Linha
Marcos
Linha
MA12 - Unidade 8
Recorrências Lineares de Segunda Ordem
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
17 de Março de 2013
Recorrências lineares de segunda ordem homogêneas
com coeficientes constantes
São recorrências da forma
xn+2 + pxn+1 + qxn = 0,
com q 6= 0 (se q = 0, a recorrência é, na verdade, de primeira
ordem)
A equação caracteŕıstica da recorrência é:
r2 + pr + q = 0
Veremos a seguir que as ráızes da equação caracteŕıstica
desempenham um papel fundamental na expressão da solução
geral para a recorrência.
Como q 6= 0, essas ráızes são necessariamente não nulas.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 2/14
Ráızes da equação caracteŕıstica e soluções da
recorrência
Se r é tal que r2 + pr + q = 0 , então xn = r
n é solução da
recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0.
Substituindo xn = r
n na recorrência:
xn+2 + pxn+1 + qxn = r
n+2 + prn+1 + qrn
= rn(r2 + pr + q) = rn · 0 = 0.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 3/14
Consequência: Se r1 e r2 são ráızes distintas de
r2 + pr + q = 0, então xn = C1r
n
1 + C2r
n
2 é solução da
recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0, quaisquer que sejam os
valor das constantes C1 e C2.
Sejam yn = r
n
1 , zn = r
n
2 e xn = C1yn + C2zn.
xn+2 + pxn+1 + qxn =
(C1yn+2 + C2zn+2) + p(C1yn+1 + C2zn+1) + q(C1yn + C2zn)
= C1(yn+2 + pyn+1 + qyn) + C2(zn+2 + pzn+1 + qzn) =
= C1 · 0 + C2 · 0 = 0,
já que yn e zn são soluções da recorrência.
(De modo geral, se yn e zn são soluções de uma recorrência
linear homogênea, qualquer combinação linear de yn e zn
também é solução da recorrência.)
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 4/14
Resolvendo a recorrência: caso r1 6= r2
Se as ráızes de r2 + pr + q = 0 (q 6= 0) são r1 e r2, com
r1 6= r2, então todas as soluções da recorrência
xn+2 + pxn+1 + qxn = 0 são da forma an = C1r
n
1 + C2r
n
2 , C1 e
C2 constantes.
Seja (xn) uma solução qualquer de xn+2 + pxn+1 + qxn = 0. É
sempre posśıvel escolher constantes C1 e C2 tais que:
C1r1 + C2r2 = x1
C1r
2
1 + C2r
2
2 = x2
(o sistema sempre tem solução única).
Vamos provar que xn = C1r
n
1 + C2r
n
2 para todo n natural.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de SegundaOrdem slide 5/14
A afirmativa vale para n = 1 e n = 2, já que C1 e C2 foram
escolhidos de modo que isto ocorra.
Suponhamos válida para naturais n e n + 1. Temos
xn+2 + pxn+1 + qxn = 0. Logo
xn+2 = −p(C1rn+11 + C2r
n+1
2 )− q(C1rn1 + C2rn2 )
= −C1rn1 (pr1 + q)− C2rn2 (pr2 + q)
Somando e subtraindo C1r
n+2
2 + C2r
n+2
2 :
xn+2 =
−C1rn1 (r21 + pr1 + q)−C2rn2 (r22 + pr2 + q) + C1r
n+2
2 + C2r
n+2
2
Mas as expressões entre parênteses se anulam, levando a
xn+2 = C1r
n+2
2 + C2r
n+2
2 ,
o que completa a prova por indução.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 6/14
Exemplo
Determinar as soluções da recorrência
xn+2 + 3xn+1 − 4xn = 0.
A equação caracteŕıstica r2 + 3r − 4 = 0, tem ráızes 1 e −4.
As soluções da recorrência são as sequências da forma
xn = C11
n + C2(−4)n, isto é,
xn = C1 + C2(−4)n,
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 7/14
A sequência de Fibonacci
F0 = F1 = 1,Fn+2 = Fn+1 + Fn, para n ≥ 0.
A equação caracteŕıstica é r2 − r − 1 = 0, que tem ráızes
r1 =
1 +
√
5
2
e r2 =
1−
√
5
2
.
Logo:
Fn = C1
(
1 +
√
5
2
)n
+ C2
(
1−
√
5
2
)n
.
Os valores de C1 e C2 são obtidos usando F0 = F1 = 1:
C1 + C2 = 1
C1
1+
√
5
2 + C2
1−
√
5
2 = 1
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 8/14
Resolvendo o sistema, encontramos:
C1 =
√
5 + 1
2
√
5
e C2 =
√
5− 1
2
√
5
Logo:
Fn =
√
5 + 1
2
√
5
(
1 +
√
5
2
)n
+
√
5− 1
2
√
5
(
1−
√
5
2
)n
=
1√
5
(
1 +
√
5
2
)n+1
− 1√
5
(
1−
√
5
2
)n+1
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 9/14
O caso r1 = r2
Se as ráızes de r2 + pr + q = 0 são iguais (r1 = r2 = r) então
yn = nr
n é solução da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0.
Como zn = r
n também é solução, xn = C1r
n + C2nr
n é
solução da recorrência, quaisquer que sejam as constantes C1
e C2.
Substituindo na recorrência:
yn+2 + pyn+1 + qyn = (n + 2)r
n+2 + p(n + 1)rn+1 + qnrn
= nrn(r2 + pr1 + q) + r
n+1(2r + p).
O primeiro parênteses é igual a zero (r é raiz da equação
caracteŕıstica); como as ráızes da equação caracteŕıstica são
iguais, temos r = −p2 . Logo, 2r + p = 0 e o segundo
parênteses também é igual a zero.
Logo, yn = nr
n e, de modo mais geral, xn = C1r
n + C2nr
n, é
solução da recorrência.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 10/14
Resolvendo a recorrência: caso r1 = r2
Se as ráızes de r2 + pr + q = 0 são iguais, r1 = r2 = r , então
todas as soluções da recorrência xn+2 + pxn+1 + qxn = 0 são
da forma C1r
n + C2nr
n, C1 e C2 constantes.
A prova é análoga ao caso em que r1 6= r2.
primeiro, observamos que podemos escolher as constantes C1 e
C2 de modo que  C1r + C2r = x1
C1r
2 + 2C2r
2 = x2
,
(o sistema tem solução única para todo r 6= 0).
depois, verificamos por indução que xn = C1r
n + C2nr
n, para
todo n ≥ 1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 11/14
Exemplo
Resolver a recorrência xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 0.
A equação caracteŕıstica é r2 − 4r + 4 = 0. As ráızes são
r1 = r2 = 2.
A solução da recorrência é xn = C12
n + C2n2
n.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 12/14
E se a recorrência não for homogênea?
Suponhamos que an seja uma solução da recorrência
xn+2 + pxn+1 + qxn = f (n). Toda solução da recorrência é da
forma an + yn, onde yn é uma solução da recorrência
homogênea xn+2 + pxn+1 + qxn = 0.
(Logo, para encontrar a solução geral de uma recorrência não
homogênea, ”basta”encontrar uma solução particular e
somá-la à solução geral da recorrência homogênea.)
Seja xn uma solução da recorrência. Temos:
xn+2 + pxn+1 + qxn = f (n)
an+2 + pan+1 + qan = f (n)
Subtraindo:
(xn+2 − an+2) + p(xn+1 − an+1) + q(xn − an) = 0
Logo, yn = xn − an é uma solução da recorrência homogênea,
o que equivale a dizer que xn = an + yn, onde yn é solução da
recorrência homogênea.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 13/14
Exemplo
Considere a recorrência xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2.
Encontre uma solução particular constante para a recorrência.
Encontre a solução geral da recorrência.
Ache a solução da recorrência em que x1 = 0 e x2 = 2.
Para que an = C seja solução, deve-se ter C − 5C + 6C = 2,
ou seja, C = 1
A equação caracteŕıstica da recorrência homogênea é
r2 − 5r + 6 = 0, cujas ráızes são r1 = 3 e r2 = 2. A solução
geral da recorrência homogênea é yn = C1 · 3n + C2 · 2n e a
solução geral da recorrência original é xn = yn + an, isto é:
xn = C1 · 3n + C2 · 2n + 1
Para que x1 = 0 e x2 = 2, deve-se ter{
3C1 + 2C2 + 1 = 0
9C1 + 4C2 + 1 = 2
Resolvendo o sistema, encontramos C1 = 1 e C2 = −2, que
leva à solução: xn = 3
n − 2.2n + 1
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 8, Recorrências Lineares de Segunda Ordem slide 14/14
Lista de Exerćıcios
Unidade 8
1. Resolva as recorrências a seguir:
a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0.
b) xn+2 + 6xn+1 + 9xn = 0.
c) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = n.
d) xn+2 − 5xn+1 + 6xn = 2n.
e) xn+2 + xn = 1.
2. Resolva as recorrências a seguir:
a) xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0; x0 = 3; x1 = −6.
b)xn+2 + xn+1 − 6xn = 6− 8n; x0 = 1; x1 = 4.
c)xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n+3; x0 = 3; x1 = 6.
3. Quantas são as sequências de n termos, todos pertencentes a {0, 1, 2},
que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0?
4. Determine o número de modos de cobrir um tabuleiro 2 × n com do-
minós 2× 1 iguais.
5. Uma planta é tal que cada uma de suas sementes produz, um ano
após ter sido plantada, 21 novas sementes e, a partir dáı, 44 novas
sementes a cada ano. Se plantarmos hoje uma semente e se, toda
vez que uma semente for produzida ela for imediatamente plantada,
quantas sementes serão produzidas daqui a n anos?
6. Cinco times de igual força disputarão todo ano um torneio. Uma taça
será ganha pelo primeiro time que vencer três vezes consecutivas. Qual
a probabilidade da taça não ser ganha nos n primeiros torneios?
1
Marcos
Caixa de texto
LISTA DE EXERCÍCIOS DO AMBIENTE VIRTUAL
7. Em um jogo, em cada etapa Olavo, pode fazer 1 ou 2 pontos. De
quantos modos ele pode totalizar n pontos?
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 8
1. a) As ráızes da equação caracteŕıstica r2 + 5r + 6 = 0 são r1 = −2 e
r2 = −3. Logo, a solução geral é xn = C1(−2)n + C2(−3)n, onde
C1 e C2 são constantes arbitrarias.
b) A equação caracteŕıstica r2 + 6r + 9 = 0 tem duas ráızes iguais a
-3. Logo, a solução geral é xn = C1(−3)n + C2n(−3)n, onde C1 e
C2 são constantes arbitrarias.
c) Como as ráızes da equação caracteŕıstica r2 − 5r + 6 = 0 são
r1 = 2 e r2 = 3, a solução geral da equação homogênea é xn =
C12
n + C23
n. Por outro lado, tentando uma solução particular
da forma xn = An + B, obtemos 2An + 2B − 3A = n, que se
verifica quando A = 1
2
e B = 3
4
. Portanto, xn =
1
2
n + 3
4
é uma
solução particular e, em conseqüência, a solução geral da equação
não-homogênea é xn =
1
2
n + 3
4
+ C12
n + C23
n.
d) A solução geral da homogênea é a mesma do exerćıcio anterior.
Como xn = 2
n é solução da homogênea, na busca por uma solução
particular temos xn = An2
n, o que leva a A(n + 2)2n+2 − 5A(n +
1)2n+1 + 6An2n. Dáı, obtemos A = −1
2
, que fornece a solução
particular xn = −12n2
n = −n2n−1. A solução geral da equação
não homogênea é xn = −12n2
n = −n2n−1 + C12n + C23n.
e) As soluções da equação caracteŕıstica r2 + 1 = 0 são r1 = i e
r2 = −i. A solução geral da equação homogênea é xn = C1in +
C2(−i)n = C1 cos nπ2 + C2
nπ
2
. Tentando uma solução particular
da forma xn = A, obtemos 2A = 1, ou seja, xn = A = 1/2.
A solução geral da equação não homogênea é, portanto, xn =
1
2
+ C1 cos
nπ
2
+ C2
nπ
2
.
2. a)No exerćıcio 1a), encontramos a solução geral xn = C1(−2)n +
C2(−3)n. Substituindo n = 0 e n = 1 na solução, encontramos:
C1 + C2 =3
−2C1 − 3C2 =− 6
1
Marcos
Realce
Resolvendo, encontramos C1 = 0 e C2 = 3, levando à solução
xn = 3(−2)n.
b) As soluções da equação caracteŕıstica r2 + r − 6 = 0 são r1 = 2
e r2 = −3, conduzindo à solução geral xn = C12n + C2(−3)n
para a solução homogênea. Tentando uma solução particular da
forma xn = An + B, encontramos que a equação é satisfeita para
A = 2 e B = 0. Assim, xn = 2n é uma solução particular e
xn = 2n + C12
n + C2(−3)n é a solução geral da equação não
homogênea.
Substituindo n = 0 e n = 1 nesta solução, obtemos:
C1 + C2 =1
2C1 − 3C2 =2
Resolvendo, encontramos C1 = 0 e C2 = 1. Portanto, a solução é
xn = 2n + 2
n
c) A equação caracteŕıstica r2 − 4r + 4 = 0 tem duas ráızes iguais a
2, conduzindo à solução geral xn = C12
n+C2n2
n para a parte ho-
mogênea. Tentando uma solução particular da forma xn = An
22n,
verificamos que xn = n
22n é uma solução particular e que, assim,
xn = n
22n + C12
n + C2n2
n é a solução geral da equação não ho-
mogênea.
Substituindo n = 0 e n = 1 encontramos:
C1 =3
2C1 + 2C2 =4
Resolvendo, encontramos C1 = 3 e C2 = −1. Logo, a solução da
equação é xn = 32
n − n2n + n22n
3. Seja xn o número de seqüencias formadas por n termos iguais a 0, 1
ou 2 sem dois zeros repetidos. As seqüencias de n + 2 termos que não
tem dois termos consecutivos podem começar por 0, 1 ou 2 . As que
começam por 0 tem o próximo elemento igual a 1 ou 2 e, a seguir,
uma seqüencia de n termos sem zeros repetidos. Logo, há 2xn tais
seqüencias. As que começam por 1 ou 2 têm, a seguir uma seqüencia
de n + 1 termos sem zeros repetidos. Logo, há 2xn+1 seqüencias deste
2
tipo. Assim, xn satisfaz a recorrência xn+2 = 2xn + 2xn+1, ou seja,
xn+2− 2xn+1− 2xn = 0, com x1 = 3 e x2 = 8 (todas as 3 seqüencias de
comprimento 1 cumprem o requisito e todas as 32 = 9 de comprimento
2, exceto a 00, também cumprem a condição).
As ráızes da equação caracteŕıstica r2 − 2r − 2 = 0 são r1 = 1 +
√
3 e
r2 = 1−
√
3, levando à solução geral xn = C1(1 +
√
3)n + C2(1 +
√
3)n
para a recorrência. Substituindo n = 1 e n = 2, obtemos
(1 +
√
3)C1 + (1−
√
3)C2 = 3
(3 + 2
√
3)C1 + (3− 2
√
3)C2 = 8
Resolvendo o sistema, encontramos C1 =
3+2
√
3
6
e C2 =
3−2
√
3
6
. Logo o
número de seqüencias por n termos iguais a 0, 1 ou 2 sem dois zeros
repetidos é xn =
3−2
√
3
6
(1 +
√
3)n + 3+2
√
3
6
(1−
√
3)n.
4. Considere um tabuleiro com 2 linhas e n+ 2 colunas. Para preencher o
canto esquerdo do tabuleiro, há duas alternativas: colocar um dominó
“em pé”, restando tabuleiro com 2 linhas e n+1 colunas a preencher, ou
colocar dois dominós “deitado” restando um tabuleiro com 2 linhas e n
colunas. Logo, o número xn de modos de preencher um tabuleiro 2×n
com dominós 2× 1 satisfaz a recorrência xn+2 = xn +xn+1, com x1 = 1
e x− 2 = 2. Esta é exatamente a seqüencia de Fibonacci estudada no
exemplo 4. Logo, temos xn = Fn =
1√
5
(
1+
√
5
2
)n+1
− 1√
5
(
1−
√
5
2
)n+1
.
5. No ano n + 2 são geradas 21 sementes para cada semente gerada no
ano n+ 1 e 44 sementes para cada semente gerada nos anos anteriores.
Logo, se xn denota o número de sementes geradas no ano n, temos
xn+2 = 21xn+1 + 44(xn + xn−1 + · · ·+ x1 + x0),
com x1 = 1 e x2 = 44 + 21.21 = 485. Para transformar esta recorrência
em uma recorrência linear de segunda ordem, escrevemos a expressão
para xn+1:
xn+1 = 21xn + 44(xn−1 + xn−2 + · · ·+ x1 + x0),
Subtraindo as duas expressões, obtemos:
xn+2 = 22xn+1 + 23xn,
3
ou seja,
xn+2 − 22xn+1 − 23xn = 0
A equação caracteŕıstica r2−22r−23 = 0 tem ráızes r1 = 23 e r2 = −1,
levando à solução geral xn = C123
n + C2(−1)n para a recorrência.
Usando as condições iniciais, obtemos
23C1 − C2 =21
529C1 + C2 =485
Resolvendo, encontramos C1 = 11/12 e C2 = 1/12. A solução da
recorrência é, assim, xn =
11
12
23n + 1
12
(−1)n.
6. Seja pn a probabilidade de que a taça não seja ganha nos primeiros
n torneios. Qualquer time pode ganhar o primeiro torneio. Vamos
exprimir pn+2 em função de pn e pn+1 usando probabilidade condicional.
Se o segundo torneio for ganho por um time diferente do que ganhou
o primeiro (o que ocorre com probabilidade 4
5
), tudo se passa como se
a série de torneios estivesse começando no segundo torneio. Ou seja, a
probabilidade condicional de que a taça não seja ganha até o torneio
n + 2 é igual a pn+1. Se o segundo torneio for ganho pelo mesmo time
do primeiro, mas no terceiro não (ocorre com probabilidade 1
5
.4
5
), tudo
se passa como se a série de torneios começasse no terceiro jogo e a
probabilidade condicional de que a taça não seja ganha até o torneio
n + 2 torneio é igual a pn. Finalmente, se os três primeiros torneios
forem ganhos pelo mesmo time, a taça é ganha na terceira realização e,
portanto, a probabilidade condicional de que ela não tenha sido ganha
até o torneio n + 2 é igual a zero, para todo n ≥ 1. Assim, temos
pn+2 =
4
5
pn+1 +
1
5
.4
5
pn, com p1 = p2 = 1 (já que a taça certamente
não é ganha nas duas primeiras realizações). A equação caracteŕıstica
r2 − 4
5
r − 1
5
.4
5
= 0 tem ráızes r1 =
2+2
√
2
5
e r2 =
2−2
√
2
5
. Logo, a solução
geral da recorrência é pn = C1
(
2+2
√
2
5
)n
+ C2
(
2−2
√
2
5
)n
.
Substituindo n = 1 e n = 2, temos:(
2 + 2
√
2
5
)
C1 +
(
2− 2
√
2
5
)
C2 = 1(
12 + 8
√
2
25
)
C1 +
(
12− 8
√
2
25
)
C2 = 1
4
Resolvendo, encontramos C1 =
10+5
√
2
16
e C2 =
10−5
√
2
16
, levando à solução
pn =
10+5
√
2
16
(
2+2
√
2
5
)n
+ 10−5
√
2
16
(
2−2
√
2
5
)n
7. Seja xn o número de modos de obter 1 ou 2 pontos no primeiro jogo.
No primeiro caso, ele tem que obter n+1 pontos nos jogos seguintes; no
segundo caso, ele tem que obter n pontos a seguir. Logo, xn+2 = xn +
xn+1, com x1 = 1 e x2 = 2. Esta é a recorrência que define a seqüencia
de Fibonacci Fn. Logo, xn = Fn =
1√
5
(
1+
√
5
2
)n+1
− 1√
5
(
1−
√
5
2
)n+1
, para
todo n.
5
Referências Bibliográ�cas
[1] Carmo, Manfredo P.; Morgado, Augusto C., Wagner, Eduardo & Pitom-
beira, João Bosco. Trigonometria e Números Complexos. Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Professor de Matemática.
[2] Eves, Howard. An Introduction to the History of Mathematics. New York:
Holt, Rinehart and Winston, 1964.
[3] Figueiredo, Djairo G. Análise I Rio de Janeiro: LTC, 1996.
[4] Figueiredo, Djairo G. Números Irracionais e Transcedentes Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Iniciação Cientí�ca.
[5] Halmos, Paul. Naive Set Theory. New York: Springer, 1974.
[6] Hefez, Abramo e Fernandez, Cecília de Souza. Introdução à Álgebra Linear.
Rio de Janeiro: SBM, Coleção PROFMAT, 2012.
[7] Fernandes, C. S. Hefez, A. Introdução à Álgebra Linear. SBM, Coleção
PROFMAT. 2
[8] Lima, Elon Lages. Coordenadas no Espaço. Rio de Janeiro: SBM, Coleção
Professor de Matemática.
[9] Lima, Elon Lages. Curso de Análise, Vol. 1. Rio de Janeiro: SBM, Projeto
Euclides, 1976.
[10] Lima, Elon Lages. Logaritmos. Rio de Janeiro: SBM, Coleção Professor de
Matemática.
[11] Lima, Elon Lages. Meu Professor de Matemática e Outras Histórias. Rio
de Janeiro: SBM, Coleção Professor de Matemática.
bibitemelon-analisereal Lima, Elon Lages. Análise Real, Vol. 1. Rio de Janeiro:
IMPA, Coleção Matemática Universitária.
13
9
1
Matemática Financeira
Sumário
9.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2 Juros Compostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.3 A Fórmula das Taxas Equivalentes . . . . . . . . . . 7
9.4 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 9
Unidade 9 Introdução
9.1 Introdução
Nesta unidade e na próxima, serão apresentados rudimentos de Matemática
Financeira, cuja inspiração vem da vida real. Esse conhecimento é fundamental
em sociedades de consumo, como a nossa, e deve fazer parte da bagagem
cultural de todo cidadãoque nelas vive para que saiba defender minimamente
os seus interesses.
Quotidianamente, estamos frente a problemas práticos, tais como se deve-
mos ou não parcelar uma compra e, se for o caso, em quantas parcelas? Se
devemos ou não antecipar o pagamento de uma dívida, usando o décimo ter-
ceiro salário? Esses são desa�os que, se resolvidos corretamente, nos auxiliam
a tomar decisões que podem proporcionar uma boa economia.
A ferramenta matemática básica que é utilizada nesse tipo de questões são
as progressões geométricas, bastando, para resolvê-las, modelar corretamente
cada problema.
O assunto principal de que tratamos é o cálculo de juros em diversas si-
tuações decorrentes da operação de empréstimo, seja em aplicações (quando
emprestamos), seja em compras a crédito (quando tomamos emprestado).
Esta unidade repousa sobre um resultado (teorema) fundamental que nos
diz como se transforma um capital inicial quando aplicado por um período de
tempo, sendo submetido a um regime de juros compostos.
9.2 Juros Compostos
Uma das importantes aplicações de progressões geométricas é a Matemá-
tica Financeira. A operação básica da matemática �nanceira é a operação de
empréstimo.
Alguém que dispõe de um capital C (chamado de principal ), empresta-o
a outrem por um certo período de tempo, e após esse período, recebe o seu
capital C e volta, acrescido de uma remuneração J pelo empréstimo. Essa
remuneração é chamada de juro. A soma C+J é chamada de montante e será
representada por M . A razão i =
J
C
que é a taxa de crescimento do capital,
será sempre referida ao período da operação e chamada de taxa de juros.
2
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 9Matemática Financeira
Exemplo 1Lúcia tomou um empréstimo de R$ 100,00. Dois meses após, pagou R$
140,00. Os juros pagos por Lúcia são de R$ 40,00 e a taxa de juros é de
40
100
= 0, 40 = 40% ao bimestre. O principal, que é a dívida inicial de Lúcia,
é igual a R$ 100,00; o montante, que é a dívida na época do pagamento, é de
R$ 140,00.
Exemplo 2Manuel tomou um empréstimo de 100 reais, a juros de taxa 10% ao mês.
Após um mês, a dívida de Manuel será acrescida de 0, 10 × 100 reais de juros
(pois J = iC), passando a 110 reais. Se Manuel e seu credor concordarem em
adiar a liquidação da dívida por mais um mês, mantida a mesma taxa de juros,
o empréstimo será quitado, dois meses depois de contraído, por 121 reais, pois
os juros relativos ao segundo mês serão de 0, 10× 110 reais = 11 reais. Esses
juros assim calculados são chamados de juros compostos. Mais precisamente, no
regime de juros compostos, os juros em cada período são calculados, conforme
é natural, sobre a dívida do início desse período.
As pessoas menos educadas matematicamente têm tendência a achar que
juros de 10% ao mês dão em dois meses juros de 20%. Note que juros de 10%
ao mês dão em dois meses de juros de 21%.
Teorema 1No regime de juros compostos de taxa i, um principal C0 transforma-se,
depois de n períodos de tempo, em um montante Cn = C0(1 + i)n.
DemonstraçãoBasta observar que os valores do capital crescem a uma taxa constante i
e, portanto, formam uma progressão geométrica de razão 1 + i.
Exemplo 3Pedro investe 150 reais a juros de 12% ao mês. Qual será o montante de
Pedro três meses depois?
Solução. C3 = C0(1 + i)3 = 150(1 + 0, 12)3 = 210, 74 reais.
É importante perceber que o valor de uma quantia depende da época à qual
ela está referida. Se eu consigo fazer com que meu dinheiro renda 10% ao mês,
3
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 9 Juros Compostos
é-me indiferente pagar agora R$ 100,00 ou pagar R$ 110,00 daqui a um mês.
é mais vantajoso pagar R$ 105,00 daqui a um mês do que pagar R$ 100,00
agora. é mais vantajoso pagar R$ 100,00 agora do que pagar R$ 120,00 daqui
a um mês.
No fundo, só há um único problema de Matemática Financeira: deslocar
quantias no tempo.
Outro modo de ler o Teorema 1, Cn = C0(1+ i)n, é que uma quantia, hoje
igual a C0, transformar-se-á, depois de n períodos de tempo, em uma quantia
igual a C0(1 + i)n. Isto é, uma quantia, cujo valor atual é A, equivalerá no
futuro, depois de n períodos de tempo, a F = A(1 + i)n.
Essa é a fórmula fundamental da equivalência de capitais: Para obter o valor
futuro, basta multiplicar o atual por (1 + i)n. Para obter o valor atual, basta
dividir o futuro por (1 + i)n.
O exemplo a seguir é, pode-se dizer, um resumo de todos os problemas de
Matemática Financeira.
Exemplo 4 Pedro tomou um emprétimo de 300 reais, a juros de 15% ao mês. Dois
meses após, Pedro pagou 150 reais e, um mês após esse pagamento, Pedro
liquidou seu débito. Qual o valor desse último pagamento?
Solução. Os esquemas de pagamento abaixo são equivalentes. Logo, 300 reais,
na data 0, têm o mesmo valor de 150 reais dois meses após, mais um paga-
mento igual a P , na data 3.
Figura 9.1: Esquemas de pagamento
Igualando os valores, na mesma época (0, por exemplo), dos pagamentos nos
dois esquemas, obtemos
300 =
150
(1 + 0, 15)2
=
p
(1 + 0, 15)3
.
4
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Linha
Unidade 9Matemática Financeira
daí, P = 283, 76. O último pagamento foi de R$ 283,76.
Exemplo 5Pedro tem duas opções de pagamento na compra de um televisor:
i) três prestações mensais de R$ 160,00 cada;
ii) sete prestações mensais de R$ 70,00 cada.
Em ambos os casos, a primeira prestação é paga no ato da compra. Se o
dinheiro vale 2% ao mês para Pedro, qual a melhor opção que Pedro possui?
Solução. Para comparar, determinaremos o valor dos dois conjuntos de paga-
mentos na mesma época, por exemplo na época 2. Os esquemas de pagamentos
são:
Figura 9.2: Esquemas de pagamento
Para comparar, determinaremos o valor dos dois conjuntos de pagamentos na
mesma época. Por exemplo, na época 2, temos,
a = 60(1 + 0, 02)2 + 160(1 + 0, 02) + 160 = 489, 66
b = 70(1 + 0, 02)2 + 70(1 + 0, 02) + 70 +
70
1 + 0, 02
+
70
(1 + 0, 02)2
+
70
(1 + 0, 02)3
+
70
(1 + 0, 02)4
= 480, 77.
Pedro deve preferir o pagamento em seis prestações.
é um absurdo que muitas pessoas razoavelmente instruídas achem que o
primeiro esquema é melhor pois o total pago é de R$ 480,00 ao passo que no
segundo esquema o total pago é de R$ 490,00.
Para �xar, faremos mais alguns exemplos.
5
Unidade 9 Juros Compostos
Exemplo 6 Pedro tem três opções de pagamento na compra de vestuário.
i) à vista, com 30% de desconto.
ii) em duas pretações mensais iguais, sem desconto, vencendo a primeira um
mês após a compra.
iii) em três prestações mensais iguais, sem desconto, vencendo a primeira no
ato da compra.
Qual a melhor opção para Pedro, se o dinheiro vale, para ele, 25% ao mês?
Solução. Fixando o preço do bem em 30, temos os três esquemas abaixo
Figura 9.3: Esquemas de pagamento
Comparando os valores, por exemplo, na época 0, obtemos:
a = 21
b =
15
1 + 0, 25
+
15
(1 + 0, 25)2
= 21.6
c = 10 +
10
1 + 0, 25
+
10
(1 + 0, 25)2
= 24, 4.
A melhor alternativa é a primeira e a pior é a em três prestações.
Exemplo 7 Uma loja oferece duas opções de pagamento:
i) à vista, com 30% de desconto.
ii) em duas prestações mensais iguais, sem desconto, a primeira prestação sendo
paga no ato da compra.
Qual a taxa mensal dos juros embutidos nas vendas a prazo?
6
Unidade 9Matemática Financeira
Solução. Fixando o valor do bem em 100, temos os esquemas de pagamentos
abaixo:
Figura 9.4: Esquemas de pagamento
Igualando os valores, por exemplo, na época 0 (a data usada nessas comparações
é chamada de data focal), obtemos 70 = 50 +
50
1 + i
. Daí, i = 1, 5 = 150%. A
loja cobra 150% ao mês nas vendas a prazo.
Exemplo 8Investindo seu capital a juros mensais de 8%, em quanto tempo você
dobrará o seu capital inicial?
Solução. Temos C0(1 + 0, 08)n = 2C0. Daí,
1, 08n = 2 e n =
log 2
log 1, 08
∼= 9
Em aproximadamente nove meses você dobrará o seu capital inicial.
9.3 A Fórmula das Taxas EquivalentesUm importante resultado que já foi obtido na Unidade 6 e será repetido é a
Fórmula das taxas equivalentes. Se a taxa de juros relativamente a um
determinado período de tempo é igual a i, a taxa de juros relativamente a n
períodos de tempo é I tal que 1 + I = (1 + i)n.
Exemplo 9A taxa anual de juros equivalente a 12% ao mês é I tal que 1 + I =
(1 + 0, 12)12. Daí, I ∼= 2, 90 = 290% ao ano.
7
Marcos
Realce
Unidade 9 A Fórmula das Taxas Equivalentes
Um erro muito comum é achar que juros de 12% ao mês equivalem a juros
anuais de 12× 12% = 144% ao ano. Taxas como 12% ao mês e 144% ao ano
são chamadas de taxas proporcionais, pois a razão entre elas é igual à razão
dos períodos aos quais elas se referem.
Taxas proporcionais não são equivalentes. Um (péssimo) hábito em Ma-
temática Financeira é o de anunciar taxas proporcionais como se fossem equi-
valentes. Uma frase como �144% ao ano, com capitalização mensal� signi�ca
que a taxa usada na operação não é a taxa de 144% anunciada e sim a taxa
mensal que lhe é proporcional.
Portanto, a tradução da expressão �144% ao ano, com capitalização mensal�
é �12% ao mês�. As pessoas menos educadas matematicamente podem pensar
que os juros sejam realmente de 144% ao ano, mas isso não é verdade. Como
vimos no Exemplo 9, os juros são de 290% ao ano.
A taxa de 144% ao ano é chamada de taxa nominal e a taxa de 290% ao
ano é chamada de taxa efetiva.
Exemplo 10 �24% ao ano com capitalização semestral� signi�ca �12% ao semestre�; �1%
ao mês com capitalização trimestral� signi�ca �3% ao trimestre� e �6% ao ano
com capitalização mensal� signi�ca �0,5% ao mês�.
Exemplo 11 Verônica investe seu dinheiro a juros de 6% ao ano com capitalização
mensal. Qual a taxa anual de juros à qual está investido o capital de Verônica?
Solução. O dinheiro de Verônica está investido a juros de taxa i = 0, 5% ao mês.
A taxa anual equivalente a I tal que 1+I = (1+i)12. Daí, I = 0, 0617 = 6, 17%
ao ano. A taxa de 6% ao ano é nominal e a taxa de 6,17% ao ano é efetiva.
Exemplo 12 A taxa efetiva semestral correspondente a 24% ao semestre com capitali-
zação mensal é I tal que 1 + I = (1 + 0, 04)6. Daí, I = 26, 53% ao semestre.
8
Marcos
Realce
Marcos
Realce
Marcos
Oval
Marcos
Realce
Unidade 9Matemática Financeira
9.4 Exercícios Recomendados
1. Investindo R$ 450,00 você retira, após 3 meses, R$ 600,00. A que taxa
mensal de juros rendeu seu investimento?
2. Determine as taxas mensais equivalentes a 100% ao ano e a 39% ao trimes-
tre.
3. Determine as taxas anuais equivalentes a 6% ao mês e a 12% ao trimestre.
4. Determine as taxas efetivas anuais equivalente a:
a) 30% ao ano, com capitalização mensal.
b) 30% ao ano, com capitalização trimestral.
c) i ao ano, capitalizados k vezes ao ano.
5. Qual o limite, quando k tende para in�nito, da resposta ao item c) do
problema anterior? Neste caso diz-se que os juros estão sendo capitalizados
continuamente e i é chamado de taxa instantânea de juros.
6. Use a resposta do problema anterior para dar uma de�nição �nanceira do
número e.
7. Determine
a) a taxa efetiva trimestral equivalente a 12% ao trimestre com capitalização
contínua.
b) a taxa instantânea anual equivalente à taxa efetiva anual de 60%.
c) a taxa instantânea semestral equivalente à taxa efetiva anual de 60%.
8. A Mesbla, em vários natais, ofereceu a seus clientes duas alternativas de
pagamento:
a) pagamento de uma só vez, um mês após a compra.
b) pagamento em três prestações mensais iguais, vencendo a primeira no ato
da compra.
Se você fosse cliente da Mesbla, qual seria a sua opção?
9. O Foto Studio Sonora convidou, em dezembro de 1992, os seus clientes
a liquidarem suas prestações mensais vincendas, oferecendo-lhes em troca um
desconto. O desconto seria dado aos que pagassem, de uma só vez, todas as
prestações a vencer em mais de 30 dias, e seria de 30%, 40% ou 50%, conforme
9
Unidade 9 Exercícios Recomendados
fossem pagas uma, duas ou três prestações. Supondo que o dinheiro valia 27%
ao mês, a oferta era vantajosa?
10. Lúcia comprou um exaustor, pagando R$ 180,00, um mês após a compra
e R$ 200,00, dois meses após a compra. Se os juros são de 25% sobre o saldo
devedor, qual é o preço à vista?
11. Uma geladeira custa R$ 1 000,00 à vista e pode ser paga em três prestações
mensais iguais. Se são cobrados juros de 6% ao mês sobre o saldo devedor,
determine o valor da prestação, supondo que a primeira prestação é paga:
a) no ato da compra;
b) um mês após a compra;
c) dois meses após a compra.
12. Ângela tomou um empréstimo de R$ 400,00, por dez meses. Os juros
foram de 3% ao mês durante os quatro primeiros meses, de 5% ao mês durante
os cinco meses seguintes e de 9% ao mês no último mês. Calcule:
a) a taxa média de juros.
b) o montante pago.
10
MA12 - Unidade 9
Matemática Financeira
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
31 de Março de 2013
Conceitos Básicos
Principal (P): capital investido
Juro (J): remuneração do capital
Montante (M = P + J): principal acrescido do juro
Taxa de juros (i =
J
P
): razão entre juro e principal (referido à
duração do investimento)
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 2/14
Juros Compostos
Regime de investimento em que o capital é reinvestido por
sucessivos peŕıodos, acrescido dos juros.
(que sempre incidem sobre o capital acumulado).
Exemplo: Principal de R$ 10000,00, investidos por 3 meses à
taxa de 2% ao mês.
Ao final do 1o mês: M = 10000 + 0, 02 · 10000 = 10200
Ao final do 2o mês: M = 10200 + 0, 02 · 10200 = 10404
Ao final do 3o mês: M = 10404 + 0, 02 · 10404 = 10612, 08
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 3/14
Teorema
No regime de juros compostos de taxa i , um principal C0
transforma-se, depois de n peŕıodos de tempo, em um
montante Cn = C0(1 + i)
n.
No exemplo anterior, o montante ao final de 3 meses é:
M = 10000 · (1 + 0, 02)3 = 10612, 08
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 4/14
Juros compostos × juros simples
Juros simples: M = C · (1 + n · i)
Juros compostos: M = C · (1 + i)n
Muito raramente, o modelo de juros simples é realista, já que
os juros estão dispońıveis para reinvestimento.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 5/14
O dinheiro no tempo
Valor acumulado após n peŕıodos: Cn = C0(1 + i)
n.
C0 é o valor atual do capital.
Cn é o valor futuro do capital
Para deslocar uma quantia para o futuro: multiplicar por
1 + i em cada peŕıodo.
Para deslocar uma quantia para o passado: dividir por 1 + i
em cada peŕıodo.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 6/14
Comparando fluxos de caixa
Um fluxo de caixa é uma sequência de pagamentos e
recebimentos ao longo do tempo.
Para comparar fluxos de caixa é essencial reduzi-los a uma
mesma data, movimentando, se necessário, as quantias ao
longo do tempo.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 7/14
Exemplo
Pedro tomou um empréstimo de 300 reais, a juros de 15% ao
mês. Dois meses após, Pedro pagou 150 reais e, um mês após
esse pagamento, Pedro liquidou seu débito. Qual o valor desse
último pagamento?
1) Representar os pagamentos ao longo do tempo:
2) Escolher uma época para igualar os pagamentos: 0, por
exemplo.
3) Igualar os pagamentos nesta data:
300 =
150
(1 + 0, 15)2
+
P
(1 + 0, 15)3
.
O último pagamento foi P = R$ 283,76.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 8/14
Exemplo
Pedro tem duas opções de pagamento na compra de um
televisor:
i) três prestações mensais de R$ 160,00 cada;
ii) sete prestações mensais de R$ 70,00 cada.
Em ambos os casos, a primeira prestação é paga no ato da
compra. Se o dinheiro vale 2% ao mês para Pedro, qual a
melhor opção?
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 9/14
Solução
Os esquemas de pagamento:
Calculando os valores na época 2:
a = 160(1 + 0, 02)2 + 160(1 + 0, 02) + 160 = 489, 66
b = 70(1 +0, 02)2 + 70(1 + 0, 02) + 70 +
70
1 + 0, 02
+
70
(1 + 0, 02)2
+
70
(1 + 0, 02)3
+
70
(1 + 0, 02)4
= 480, 77.
Pedro deve preferir o pagamento em sete prestações.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 10/14
Uma loja oferece duas opções de pagamento:
i) à vista, com 30% de desconto.
ii) em duas prestações mensais iguais, sem desconto, a primeira
prestação sendo paga no ato da compra.
Qual a taxa mensal dos juros embutidos nas vendas a prazo?
Esquemas de pagamento:
Igualando os valores na época 0:
70 = 50 +
50
1 + i
.
Dáı, i = 1, 5 = 150%
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 11/14
A Fórmula das Taxas Equivalentes
Se a taxa de juros relativamente a um determinado peŕıodo de
tempo é igual a i , a taxa de juros relativamente a n peŕıodos
de tempo é I tal que 1 + I = (1 + i)n.
Exemplo: A taxa anual de juros equivalente a 12% ao mês é
I tal que 1 + I = (1 + 0, 12)12Dáı,I≈ 2, 90 = 290% ao ano.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 12/14
Taxas equivalentes e taxas proporcionais
Uma taxa mensal de 2% ao mês não resulta em uma taxa
anual de 24% ao ano, e sim de
1, 0212 − 1 ≈ 1, 268 − 1 = 26, 8%.
Há, no entanto, o (mau) hábito de se referir a esta taxa como
sendo de ”24% ao ano, capitalizados mensalmente”.
A taxa de 24% ao ano é a taxa proporcional, enquanto a de
26, 8% ao ano é a taxa efetiva.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 13/14
Exemplo
Um capital é a juros de 6% ao ano com capitalização mensal.
Qual a taxa anual de juros à qual está investido o capital?
A taxa de 6% ao ano é a taxa proporcional, que corresponde a
uma taxa mensal de i = 612 = 0, 5% ao mês.
A taxa efetiva anual é I tal que 1 + I = 1, 00512, o que
fornece I = 0, 0617.
Logo, a taxa efetiva anual é de 6, 17%.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 9, Matemática Financeira slide 14/14
Lista de Exerćıcios
Unidade 9
1. Investindo R$ 450,00 você retira, após 3 meses, R$ 600,00. A que taxa
mensal de juros rendeu seu investimento?
2. Determine as taxas mensais equivalentes a 100% ao ano e a 39% ao
trimestre.
3. Determine as taxas anuais equivalentes a 6% ao mês e a 12% ao trimestre.
4. Determine as taxas efetivas anuais equivalente a:
a) 30% ao ano, com capitalização mensal.
b) 30% ao ano, com capitalização trimestral.
c) i ao ano, capitalizados k vezes ao ano.
5. Qual o limite, quando k tende para infinito, da resposta ao item c) do
problema anterior? Neste caso diz-se que os juros estão sendo capitalizados
continuamente e i é chamado de taxa instantânea de juros.
6. Use a resposta do problema anterior para dar uma definição financeira do
número e.
7. Determine
a) a taxa efetiva trimestral equivalente a 12% ao trimestre com capitalização
cont́ınua.
b) a taxa instantânea anual equivalente à taxa efetiva anual de 60%.
c) a taxa instantânea semestral equivalente à taxa efetiva anual de 60%.
8. A Mesbla, em vários natais, ofereceu a seus clientes duas alternativas de
pagamento:
a) pagamento de uma só vez, um mês após a compra.
b) pagamento em três prestações mensais iguais, vencendo a primeira no ato
da compra.
Se você fosse cliente da Mesbla, qual seria a sua opção?
9. O Foto Studio Sonora convidou, em dezembro de 1992, os seus clientes a
liquidarem suas prestações mensais vincendas, oferecendo-lhes em troca um
desconto. O desconto seria dado aos que pagassem, de uma só vez, todas as
prestações a vencer em mais de 30 dias, e seria de 30%, 40% ou 50%, conforme
1
fossem pagas uma, duas ou três prestações. Supondo que o dinheiro valia
27% ao mês, a oferta era vantajosa?
10. Lúcia comprou um exaustor, pagando R$ 180,00, um mês após a compra
e R$ 200,00, dois meses após a compra. Se os juros são de 25% sobre o saldo
devedor, qual é o preço à vista?
11. Uma geladeira custa R$ 1 000,00 à vista e pode ser paga em três
prestações mensais iguais. Se são cobrados juros de 6% ao mês sobre o saldo
devedor, determine o valor da prestação, supondo que a primeira prestação
é paga:
a) no ato da compra;
b) um mês após a compra;
c) dois meses após a compra.
12. Ângela tomou um empréstimo de R$ 400,00, por dez meses. Os juros
foram de 3% ao mês durante os quatro primeiros meses, de 5% ao mês durante
os cinco meses seguintes e de 9% ao mês no último mês. Calcule:
a) a taxa média de juros.
b) o montante pago.
13. Numa operação de desconto bancário, o cliente assina uma promissória
de um certo valor, mas recebe um valor menor, obtido aplicando uma taxa
de desconto sobre o valor da promissória. Por exemplo, se a promissória é de
R$ 5000,00 e a taxa de desconto é de 10%, o cliente recebe R$ 4500,00 e se
compromete a pagar R$ 5000,00 ao banco. Nesta operação qual é a taxa de
juro que está sendo efetivamente cobrada pelo banco?
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 9
1. 600 = 450(1 + i)3
i =
(
600
450
)1/3 − 1 = 10, 06%
2. (a) 1 + I = (1 + i)12
1 + 1 = (1 + i)12
i = 21/12 − 1 = 5, 95%
(b) 1 + I = (1 + i)3
1 + 0, 39 = (1 + i)3
i = 1, 391/3 − 1 = 11, 60%
3. (a) 1 + I = (1 + i)12
I = 1, 0612 − 1 = 101, 22%
(b) 1 + I = (1 + i)4
I = 1, 124 − 1 = 57, 37%
4. (a) A taxa é de 30%/12 = 2, 5% ao mês.
1 + I = (1 + i)12
I = 1, 02512 − 1 = 34, 49%
(b) A taxa é de 30%/4 = 7, 5% ao trimestre.
1 + I = (1 + i)4
I = 1, 0754 − 1 = 33, 55%.
(c) A taxa relativa ao peŕıodo de capitalização é i/k.
1 + I = (1 + i
k
)k
I = (1 + i
k
)k − 1
5. lim(1 + i
k
)k − 1 = ei − 1
6. O número e é o valor de montante gerado em um ano por um principal
igual a 1, a juros de 100% ao ano, capitalizados continuamente.
1
7. (a) eδ − 1 = e0,12 − 1 = 12, 75%
(b) ln(1 + i) = ln 1, 6 = 47, 00%
(c) Aproveitando o ı́tem anterior, 47, 00%/2 = 23, 50%.
8. Seja 0 a data de compra. Seja 3 o preço do artigo. Usemos a data 1
como data focal.
Na alternativa a), paga-se A = 3.
Na alternativa b), paga-se B = 1
1+i
+ 1 + (1 + i)
B − A = i2
1+i
> 0
Logo, como B > A, a alternativa a) é prefeŕıvel.
9. (a) Supondo uma prestação vincenda de 100 e tomando a data atual
como focal:
aceitando: pago, na data 0, 70.
não aceitando: pago, na data 1, 100, o que equivale a pagar, na
data 0,
100
1+0,27
= 78, 74
A proposta é vantajosa.
(b) Supondo duas prestações vincendas de 100 cada uma e tomando
a data atual como focal:
aceitando: pago, na data 0, 120.
não aceitando: pago, na data 1, 100, e na data 2, 100, o que
equivale a pagar na data 0,
100
1+0,27
+ 100
(1+0,27)2
= 140, 74
A proposta é vantajosa.
(c) Supondo três prestações vincendas de 100 cada uma e tomando a
data atual como focal:
aceitando: pago, na data 0, 150.
não aceitando: pago, na data 1, 100, na data 2, 100, e, na data 3,
100, o que equivale a pagar, na data 0,
100
1+0.27
+ 100
(1+0.27)2
+ 100
(1+0.27)3
= 189, 56
A proposta é vantajosa
2
10. Trazendo os valores à data da compra, obtemos, para o preço à vista,
180
1, 25
+
200
1, 252
= R$272, 00.
11. (a) Tomando a data focal um mês antes da compra,
P
1,06
= 10001−1,06
−3
0,06
P = 352, 93
(b) Tomando a data focal no ato da compra,
P = 10001−1,06
−3
0,06
P = 374, 11
(c) Tomando a data focal um mês depois da compra,
P.1, 06 = 10001−1,06
−3
0,06
P = 396, 56
12. O montante pago foi 400.1, 034.1, 055.1, 09 = 626, 30.
A taxa média de juros é calculada por 626, 30 = 400.(1+i)10, i = 4, 59%
ao mês.
13. A taxa de juros i é tal que 5000 = 4500(1+i), o que fornece i = 0, 111....
Logo, a taxa de juro que está sendo efetivamente cobrada é de 11, 1%.
3
Referências Bibliográ�cas
[1] Carmo, Manfredo P.; Morgado, Augusto C., Wagner, Eduardo & Pitom-
beira, João Bosco. Trigonometria e Números Complexos. Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Professor de Matemática.
[2] Eves, Howard. An Introduction to the History of Mathematics. New York:
Holt, Rinehart and Winston, 1964.
[3] Figueiredo, Djairo G. Análise I Rio de Janeiro: LTC, 1996.
[4] Figueiredo, Djairo G. Números Irracionaise Transcedentes Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Iniciação Cientí�ca.
[5] Halmos, Paul. Naive Set Theory. New York: Springer, 1974.
[6] Hefez, Abramo e Fernandez, Cecília de Souza. Introdução à Álgebra Linear.
Rio de Janeiro: SBM, Coleção PROFMAT, 2012.
[7] Fernandes, C. S. Hefez, A. Introdução à Álgebra Linear. SBM, Coleção
PROFMAT. 2
[8] Lima, Elon Lages. Coordenadas no Espaço. Rio de Janeiro: SBM, Coleção
Professor de Matemática.
[9] Lima, Elon Lages. Curso de Análise, Vol. 1. Rio de Janeiro: SBM, Projeto
Euclides, 1976.
[10] Lima, Elon Lages. Logaritmos. Rio de Janeiro: SBM, Coleção Professor de
Matemática.
[11] Lima, Elon Lages. Meu Professor de Matemática e Outras Histórias. Rio
de Janeiro: SBM, Coleção Professor de Matemática.
bibitemelon-analisereal Lima, Elon Lages. Análise Real, Vol. 1. Rio de Janeiro:
IMPA, Coleção Matemática Universitária.
11
10
1
Matemática Financeira
(continuação)
Sumário
10.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.2 Renda Perpétua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.3 Sistemas de Amortização . . . . . . . . . . . . . . . 6
10.4 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 12
10.5 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 13
Unidade 10 Introdução
10.1 Introdução
Nesta unidade, continuaremos o estudo de Matemática Financeira iniciado
na Unidade 9 e que se encerrará na próxima unidade. Os principais resultados
dessa unidade analisam essencialmente três tipos de empréstimos, geralmente
de longo prazo como, por exemplo, �nanciamentos da casa própria ou de bens
duráveis.
O primeiro tipo de empréstimo, refere-se à situação em que a taxa de juros
é pré-�xada e o valor da prestação também. O Teorema 2 fornece uma fórmula
que permite saber quanto da dívida foi pago após n pagamentos (amortização
da dívida).
Cada parcela paga de um empréstimo consiste de duas partes: uma se refere
ao pagamento dos juros e a outra se refere ao abatimento do principal da dívida,
chamada de amortização.
O segundo tipo de empréstimo estudado é o Sistema de Amortização Cons-
tante (SAC), em que a parte da prestação que visa amortizar a dívida é cons-
tante. O Teorema 4 permite calcular a cada mês o valor da prestação especi�-
cando o valor da amortização (constante), o valor da parcela relativa aos juros
(variável) e, �nalmente, o estado atual da dívida (no caso da pessoa querer
quitar a dívida, por exemplo).
O terceiro tipo de empréstimo é o Sistema Francês ou Tabela Price, em que
as prestações e a taxa de juros são constantes. O Teorema 5 fornece fórmulas
para calcular, mês a mês, o valor da prestação (constante), a parcela relativa à
amortização do principal, a parcela relativa aos juros pagos e o estado atual da
dívida.
Os cálculos �nanceiros podem se complicar bastante em presença de forte
in�ação, como foi o caso no Brasil alguns anos atrás.
10.2 Renda Perpétua
Um conjunto de quantias (chamadas usualmente de pagamentos ou termos),
referidas a épocas diversas, é chamada de série, ou de anuidade (apesar no
nome, nada a ver com ano) ou, ainda, renda. Se esses pagamentos forem iguais
e igualmente espaçados no tempo, a série é dita uniforme.
2
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
Teorema 2O valor de uma série uniforme de n pagamentos iguais a P , um tempo antes
do primeiro pagamento, é, sendo i a taxa de juros, igual a A = P
1− (1 + i)−n
i
.
Demonstração
Figura 10.1: Série uniforme
O valor da série na época 0 é
A =
P
1 + i
+
P
(1 + i)2
+
P
(1 + i)3
+ · · ·+ P
(1 + i)n
,
que é a soma de n termos de uma progressão geométrica. temos
A =
P
1 + i
1−
(
1
1+i
)n
1− 1
1+i
= P
1− (1 + i)−n
i
.
O corolário seguinte trata do valor de uma renda perpétua. Rendas perpé-
tuas aparecem em locações. Com efeito, quando se aluga um bem, cede-se a
posse do mesmo em troca de um aluguel, digamos, mensal. Então, o conjunto
dos aluguéis constitui uma renda perpétua ou perpetuidade.
Corolário 3O valor de uma perpetuidade de termos iguais a P , um tempo antes do
primeiro pagamento, é, sendo i a taxa de juros, igual a
P
i
.
DemonstraçãoBasta fazer n tender para in�nito no Teorema 2.
3
mabarbosa
Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 10 Renda Perpétua
Exemplo 1 Um bem, cujo preço é R$ 120,00, é vendido em 8 prestações mensais iguais,
a primeira sendo paga um mês após a compra. Se os juros são de 8% ao mês,
determine o valor das prestações.
Solução. Um pequeno comentário: essas prestações são ditas postecipadas,
pois a primeira prestação só é paga um tempo depois da compra.
Figura 10.2:
Igualando os valores na época 0 (essa é a escolha natural da data de comparação:
um tempo antes do primeiro termo da série), obtemos:
120 = P
1− (1 + 0, 08)−8
0, 08
P = 120
0, 08
1− 0, 08−8
= 20, 88.
As prestações são de R$ 20,88.
Exemplo 2 Um bem, cujo preço à vista é R$ 120,00, é vendido em 6 prestações mensais
iguais, antecipadas (isto é, a primeira é paga no ato da compra). Se os juros
são de 10% ao mês, determine o valor das prestações.
4
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
Figura 10.3: Comparando séries
Igualando os valores na época −1 (essa escolha, que pode parecer exótica,
é muito conveniente pois dispomos de uma fórmula que calcula diretamente o
valor da série nessa época), obtemos:
120
1 + 0, 1
= P
1− (1 + 0, 1)−6
0, 1
P ∼= 25, 05.
Exemplo 3Se o dinheiro vale 1% ao mês, por quanto deve ser alugado um imóvel que
vale 40 mil reais?
Solução. Quando você aluga um imóvel, você cede a posse do imóvel em troca
de uma renda perpétua cujos termos são iguais ao valor do aluguel. Então,
o valor do imóvel deve ser igual ao valor do conjunto de aluguéis. Temos, de
acordo com o Corolário 3,
40 =
P
i
=
P
0, 01
= 40× 0, 01 = 0, 4 mil reais.
Exemplo 4Helena tem duas alternativas para obter uma copiadora:
a) Alugá-la por 35 ao ano. Nesse caso, o locador se responsabiliza pelas despesas
de manutenção.
b) Comprá-la por 150. Nesse caso, já que a vida econômica da copiadora é de
5 anos, Helena venderá a copiadora após 5 anos. O valor residual da copiadora
5
Unidade 10 Sistemas de Amortização
após 5 anos é de 20. As despesas de manutenção são de responsabilidade de
Helena e são de 5 por ano, nos dois primeiros anos e de 8 por ano, nos anos
seguintes. Se o dinheiro vale 7% ao ano, qual a melhor opção?
Solução. Vamos tomar receitas como positivas e despesas como negativas.
Na segunda alternativa, o �uxo de caixa de Helena será:
Figura 10.4: Alternativa (a)
Vamos determinar o �uxo uniforme equivalente.
Figura 10.5: Alternativa (b)
Igualando os valores na época 0, obtemos
−150− 5
1, 07
− 5
1, 072
− 8
1, 073
− 8
1, 074
+
12
1, 075
= P
1− 1, 07−5
0, 07
.
Daí, P = −39, 78. Comprar a copiadora é equivalente a ter um custo anual
de 39,78. Como o aluguel corresponde a um custo anual de 35,00, a melhor
alternativa para Helena é alugar.
10.3 Sistemas de Amortização
Quando um banco empresta dinheiro (crédito pessoal ou desconto de dupli-
catas), o tomador do empréstimo emite uma nota promissória, que é um papel
6
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
no qual o tomador se compromete a pagar ao banco, em uma data �xada, uma
certa quantia, que é chamada de valor de face da promissória.
O banco então desconta a promissória para o cliente, isto é, recebe a pro-
missória de valor de face F e entrega ao cliente uma quantia A (menor que F ,
naturalmente). A diferença F − A é chamada de desconto.
Os bancos efetuam o desconto de acordo com a fórmula A = F (1− d . t),
onde d é uma taxa �xada pelo banco e chamada de taxa de desconto bancário
(ou taxa de desconto simples por fora) e t é o prazo da operação, medido na
unidade de tempo a que se refere a taxa.
Exemplo 5Pedro desconta uma promissória de valor 100, com vencimento em 60 dias,
em um banco cuja taxa de desconto é de 12% ao mês.
a) Quanto Pedro receberá?
b) Qual a taxa mensal dejuros que Pedro está pagando?
Solução. Ora, A = F (1− dt) = 100(1− 0, 12 . 2) = 76.
Logo, Pedro receberá agora 76, para pagar 100 em 60 dias.
Se i é a taxa mensal de juros à qual cresce a dívida de Pedro, temos 100 =
76(1 + i)2. Daí, i = 0, 1471 = 14, 71%.
Observe que anunciar a taxa de desconto e não a taxa de juros é um modo sutil
de fazer crer aos mais ingênuos estarem eles pagando juros menores que os que
realmente lhes estão sendo cobrados.
Quando se paga parceladamente um débito, cada pagamento efetuado tem
dupla �nalidade. Uma parte do pagamento quita os juros e outra parte amortiza
(abate) a dívida.
Exemplo 6Pedro tomou um empréstimo de 100, a juros mensais de taxa 10%. Quitou-
-o em três meses, pagando a cada mês os juros devidos e amortizando 30% da
dívida no primeiro mês e 30% e 40% nos dois meses seguintes.
Na planilha abaixo, Ak, Jk, Pk e Dk são, respectivamente, a parcela de
amortização, a parcela de juros, a prestação e o estado da dívida (isto é, o valor
da dívida após o pagamento da prestação) na época k.
7
Unidade 10 Sistemas de Amortização
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − 100
1 40 30 10 70
2 37 30 7 40
3 44 40 4 −
Para facilitar a compreensão, olhe cada linha na ordem Ak, Dk, Jk e Pk.
Os sistemas usuais de amortização são o sistema de amortização constante
(SAC) e o sistema francês de amortização, também chamado de Tabela Price
(Richard Price foi um economista inglês). O sistema francês é caracterizado
por prestações constantes.
Exemplo 7 Uma dívida de 100 é paga, com juros de 15% ao mês, em 5 meses, pelo
SAC. Faça a planilha de amortização.
Solução. Como as amortizações são iguais, cada amortização será de
1
5
da
dívida inicial.
A planilha é, portanto:
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − 100
1 35 20 15 80
2 32 20 12 60
3 29 20 9 40
4 26 20 6 20
5 23 20 3 −
Para facilitar a compreensão, olhe cada linha na ordem Ak, Dk, Jk e Pk.
Teorema 4 No SAC, sendo n o número de pagamentos e i a taxa de juros, temos
Ak =
D0
n
, Dk =
n− k
n
D0 , Jk = iDk−1, Pk = Ak + Jk.
Demonstração Se a dívida D0 é amortizada em n quotas iguais, cada quota é igual a
Ak =
D0
n
.
8
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
O estado da dívida, após k amortizações, é
Dk = D0 − k
D0
n
=
n− k
n
D0.
As duas últimas fórmulas são óbvias.
Exemplo 8Uma dívida de 150 é paga, em 4 meses, pelo sistema francês, com juros de
8% ao mês. Faça a planilha de amortização.
No sistema francês, as prestações são constantes. Pelo Teorema 4, cada
prestação vale
P = D0
i
1− (1 + n)−n
= 150
0, 08
1− 1, 08−4
= 45, 29.
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − 150, 00
1 45, 29 33, 29 12, 00 116, 71
2 45, 29 35, 95 9, 34 80, 76
3 45, 29 38, 83 6, 46 41, 93
4 45, 29 41, 93 3, 35 −
Para mais fácil compreensão, olhe cada linha na ordem Pk, Jk, Ak e Dk.
Teorema 5No sistema francês de amortização, sendo n o número de pagamentos e i
a taxa de juros, temos
Pk = D0
i
1− (1 + i)−n
,
Dk = D0
1− (1 + i)−(n−k)
1− (1 + i)−n
,
Jk = iDk−1, A = Pk − Jk.
9
Unidade 10 Sistemas de Amortização
Demonstração A primeira fórmula é simplesmente o Teorema 4 e as duas últimas fórmulas
são óbvias. Quanto à segunda fórmula, observe que Dk é a dívida que será
liquidada, postecipadamente, por n−k pagamentos sucessivos a Pk. Portanto,
novamente pelo Teorema 4, temos
Dk = Pk
1− (1 + i)−(n−k)
i
.
Substituindo o valor de Pk, obteremos a segunda fórmula.
Exemplo 9 Em um mês cuja in�ação foi de 25%, Paulo Jorge investiu seu capital a
juros de 30% ao mês. Evidentemente, isso não signi�ca que Paulo Jorge tenha
aumentado seu poder de compra em 30%, pois, embora a quantidade de reais de
Paulo Jorge tenha crescido 30%, o valor do real sofreu uma redução. Dizemos
nesse caso que 30% ao mês é a taxa nominal de juros mensais de Paulo Jorge.
Suponhamos que, no início do referido mês, o capital C de Paulo Jorge
pudesse comprar x artigos de preço unitário igual a p. No �m do mês, o capital
passou a ser 1, 3C e o preço unitário passou a ser 1, 25p. Logo, Paulo Jorge
poderá agora comprar
1, 3C
1, 25p
= 1, 04x artigos.
O poder de compra de Paulo Jorge aumentou de 4% nesse mês.
Essa taxa de 4% ao mês, à qual cresceu o poder de compra de Paulo Jorge,
é chamada de taxa real de juros.
Exemplo 10 Em algumas situações (prazos pequenos, juros de mora) são usados juros
simples e não juros compostos. No regime de juros simples, os juros em cada
época são calculados sobre o principal e não sobre o montante da época anterior.
Por exemplo, um principal igual a 100, a juros simples de 10% ao mês evolui
de acordo com a tabela abaixo:
n 0 1 2 3 4 . . .
Cn 100 110 120 130 140 . . .
Não há di�culdade em calcular juros simples pois a taxa incide sempre sobre o
capital inicial. No nosso exemplo, os juros são sempre de 10% de 100, ou seja,
10.
10
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
É claro então que, Cn = C0 + niC0, o que faz com que os valores de Cn
formem uma progressão aritmética.
Olhando para os grá�cos de evolução de um mesmo principal C0 a juros de
taxa i, a juros simples e a juros compostos, observamos que o montante a juros
compostos é superior ao montante a juros simples, exceto se o prazo for menor
que 1. É por isso que juros simples só são utilizados em cobranças de juros em
prazos inferiores ao prazo ao qual se refere a taxa de juros combinada.
Figura 10.6: Comparando juros
11
Unidade 10 Exercícios Recomendados
10.4 Exercícios Recomendados
1. Um televisor, cujo preço à vista é de R$ 400,00, é vendido em dez presta-
ções mensais iguais. Se são pagos juros de 6% ao mês sobre o saldo devedor,
determine o valor das prestações, supondo a primeira prestação paga:
a) no ato da compra.
b) um mês após a compra.
c) dois meses após a compra.
2. Se a taxa corrente de juros é de 0,6% ao mês, por quanto se aluga um
imóvel cujo preço a vista é R$ 50 000,00, supondo:
a) o aluguel mensal pago vencido?
b) o aluguel mensal pago adiantadamente?
3. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir mensalmente,
durante 30 anos, para obter ao �m desse prazo, por 30 anos, uma renda mensal
de R$ 100,00?
4. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir mensalmente,
durante 35 anos, para obter, ao �m desse prazo, uma renda perpétua de R$
100,00.
5. Faça as planilhas de amortização de uma dívida de R$ 3 000,00, em 8
pagamentos mensais, com juros de 10% ao mês:
a) pela tabela Price.
b) pelo SAC.
6. Leigh investiu 30% do seu capital a juros de 10% ao mês e os 70% restantes
a 18% ao mês. Qual a taxa média de juros obtidas?
7. Laura quer comprar um violão em uma loja que oferece um desconto de
30% nas compras à vista ou pagamento em três prestações mensais, sem juros
e sem desconto. Determine a taxa mensal de juros embutida nas vendas a
prazo, supondo o primeiro pagamento:
a) no ato da compra.
b) um mês após a compra.
c) dois meses após a compra.
8. Regina tem duas opções de pagamento:
12
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
a) à vista, com x% de desconto.
b) em duas prestações mensais iguais, sem juros, vencendo a primeira um mês
após a compra.
Se o dinheiro vale 5% ao mês, para que valores de x ela preferirá a segunda
alternativa?
9. Um banco efetua descontos à taxa de 6% ao mês. Qual a taxa mensal de
juros cobrada pelo banco nas operações:
a) de um mês?
b) de dois meses?
c) de três meses?
10. Um banco efetua descontos à taxa de 6% ao mês, mas exige que 20% do
valor efetivamente liberado sejam aplicados no próprio banco, a juros de 2% ao
mês. Essa é a chamada reciprocidade. Qual a taxa mensal de juros paga pelos
tomadores de empréstimo por dois meses?
10.5 Exercícios Suplementares
1. No cálculo de juros, considera-se sempre o ano comercial de 360 dias, ou
seja, 12 meses de 30 dias. Essa é a chamada �regra dos banqueiros�. Os juros
assim calculados são chamados de ordinários, ao passo que os juros calculados
com o ano de 365 (ou 366) dias são chamados de exatos e não são usados em
lugar nenhum.
a) Mostre que, dados o principal e a taxa anual, os juros ordináriosproduzidos
em t dias são maiores que os exatos.
b) Para um principal de R$ 1 000,00 e juros de 12% ao ano, determine os juros
simples, ordinários e exatos, produzidos em 16 dias.
c) Refaça o item (b) para juros compostos.
2. Uma conta de R$ 700,00 vencia no dia 25 de outubro de 1996 e foi paga
em 5 de novembro de 1996. Quais os juros pagos, se os juros de mora são de
12% ao mês?
3. Determine a melhor e a pior alternativa para tomar um empréstimo por três
meses:
13
Unidade 10 Exercícios Suplementares
a) juros simples de 16% ao mês.
b) juros compostos de 15% ao mês.
c) desconto bancário com taxa de desconto de 12% ao mês.
4. Henrique vai emprestar dinheiro a Mário, por quatro meses e pretende receber
juros compostos de 12% ao mês. Como Mário só pretende pagar juros simples,
qual a taxa mensal de juros simples que Henrique deve cobrar?
5. Quando uma operação é pactuada por um número inteiro de períodos de
tempo, há três modos de calcular os juros relativos a frações de períodos:
a) Só são pagos juros nos períodos inteiros de tempo.
b) São pagos juros compostos durante todo o período. Essa é a chamada
convenção exponencial.
c) São pagos juros compostos nos períodos inteiros e juros simples nas frações
de períodos de tempo. Essa é a chamada convenção linear.
Evidentemente o processo (a) se aplica quando os bancos pagam e, o pro-
cesso (c), quando recebem.
Em 5 de janeiro de 1996 foi feito um investimento de 300 reais, a juros de
15% ao mês. Determine, pelos três processos, o montante em 12 de abril de
1996.
6. Considere a amortização de uma dívida de R$ 35 000,00, em 180 meses,
com juros de 1% ao mês, pelo sistema francês. Determine:
a) o valor da centésima prestação.
b) o estado da dívida nessa época.
7. Refaça o problema anterior pelo SAC.
8. Considere a amortização de uma dívida em 150 meses, com juros de 1% ao
mês, pelo sistema francês.
a) De quanto se reduzirá a prestação, dobrando-se o prazo?
b) Que fração da dívida já terá sido amortizada na época do 75o pagamento?
9. Considere a amortização de uma dívida em 150 meses, com juros de 1% ao
mês, pelo SAC.
a) De quanto se reduzirá a prestação inicial, dobrando-se o prazo?
b) Que fração da dívida já terá sido amortizada na época do 75o pagamento?
14
Unidade 10Matemática Financeira (continuação)
10. Uma lanterna de Gol, original, custa R$ 280,00 e tem vida útil de 5 anos.
Uma lanterna alternativa custa R$ 70,00 e tem vida útil de 1 ano. Gilmar
precisa trocar a lanterna de seu Gol. Considere que o dinheiro vale 12% ao ano,
que lanterna ele deve preferir?
11. Um equipamento pode ser alugado por R$ 75,00 mensais ou comprado
por R$ 2 000,00. A vida útil do equipamento é de 30 meses e o valor residual
ao �m desse período é de R$ 300,00. Se o equipamento for comprado, há um
custo mensal de R$ 5,00 de manutenção. Considere o valor do dinheiro de 1%
ao mês, qual deve ser a decisão: comprar ou alugar?
12. As cadernetas de poupança renderam 1 416% em um ano cuja in�ação foi
de 1 109%. Qual a rentabilidade real?
15
MA12 - Unidade 10
Matemática Financeira - continuação
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
31 de Março de 2013
Séries de pagamentos
Uma série uniforme de pagamentos é uma sequência de
pagamentos iguais e igualmente espaçados ao longo do tempo.
Teorema: O valor de uma série uniforme de n pagamentos
iguais a P, um tempo antes do primeiro pagamento, é, sendo
i a taxa de juros, igual a A = P
1 − (1 + i)−n
i
.
O valor da série na época 0 é
A =
P
1 + i
+
P
(1 + i)2
+
P
(1 + i)3
+ · · · + P
(1 + i)n
=
P
1 + i
1 −
(
1
1+i
)n
1 − 11+i
= P
1 − (1 + i)−n
i
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 10, Matemática Financeira - continuação slide 2/13
Exemplo
Um bem, cujo preço à vista é R$ 120,00, é vendido em 6
prestações mensais iguais, a primeira paga no ato da compra.
Se os juros são de 10% ao mês, determine o valor das
prestações.
Igualando os valores na época −1:
120
1 + 0, 1
= P
1 − (1 + 0, 1)−6
0, 1
P ≈ 25, 05.
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Exemplo
Helena tem duas alternativas para obter uma copiadora:
a) Comprá-la por 150. Nesse caso, já que a vida econômica da
copiadora é de 5 anos, Helena venderá a copiadora após 5
anos. O valor residual da copiadora após 5 anos é de 20. As
despesas de manutenção são de responsabilidade de Helena e
são de 5 por ano, nos dois primeiros anos, e de 8 por ano, nos
anos seguintes.
b) Alugá-la por 5 anos, com o locador se responsabilizando pelas
despesas de manutenção.
Se o dinheiro vale 7% ao ano, qual é o valor justo do aluguel?
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Solução
O fluxo de caixa da primeira alternativa:
O da segunda alternativa:
Igualando os valores na época 0:
−150− 5
1, 07
− 5
1, 072
− 8
1, 073
− 8
1, 074
+
12
1, 075
= P
1 − 1, 07−5
0, 07
.
Dáı, P = 39, 78.
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Perpetuidades
Teorema: O valor de uma perpetuidade de termos iguais a P,
um tempo antes do primeiro pagamento, é, sendo i a taxa de
juros, igual a
P
i
.
O valor da série perpétua é:
A = lim
n→∞
P
1 − (1 + i)−n
i
=
P
i
.
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Exemplo
Se a taxa de juros é de 1% ao mês, quanto deve ser
economizado mensalmente durante 20 anos para assegurar
uma perpetuidade de R$ 1000,00?
O esquema de pagamentos e recebimentos é:
O valor economizado, na época 240, deve ser igual a
1000
0, 01
= 100.000.
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Na data 0, o valor economizado é
P
1 − (1, 01)−240
0, 01
Levando-se este valor para a época 240, obtém-se
P
1 − (1, 01)−240
0, 01
· (1, 01)240 = P (1, 01)
240 − 1
0, 01
= 494, 63P
Logo, devemos ter 494, 63P = 100.000 e o valor mensal a ser
economizado deve ser igual a R$ 202,17.
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Sistemas de amortização
Ao se pagar em parcelas um débito, cada pagamento Pk tem
dupla finalidade:
uma parte (Jk) quita os juros devidos.
o restante (Ak) amortiza parte da d́ıvida;
Planilha de amortização
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − D0
. . . . . . . . . . . . . . .
k − 1 Pk−1 Ak−1 Jk−1 Dk−1
k Pk Ak Jk Dk
. . . . . . . . . . . . . . .
Relações:
Pk = Jk + Ak
Jk = i · Dk−1
Dk = Dk−1 − Ak
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Sistema de Amortização Constante (SAC)
No sistema de amortização constante (SAC), a parcela de
amortização Ak em cada pagamento é constante.
Em consequência:
Ak =
D0
n
,
Dk =
n − k
n
D0 ,
Jk = iDk−1,
Pk = Ak + Jk .
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Exemplo
Uma d́ıvida de 100 é paga, com juros de 15% ao mês, em 5
meses, pelo SAC. Faça a planilha de amortização.
Como as amortizações são iguais, cada amortização será de 15
da d́ıvida inicial.
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − 100
1 35 20 15 80
2 32 20 12 60
3 29 20 9 40
4 26 20 6 20
5 23 20 3 −
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Sistema Francês de Amortização (Tabela Price)
O sistema francês de amortização é caracterizado por
pagamentos Pk iguais.
Em consequência:
Pk = D0
i
1 − (1 + i)−n
,
Dk = D0
1 − (1 + i)−(n−k)
1 − (1 + i)−n
,
Jk = iDk−1
Ak = Pk − Jk .
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Exemplo
Uma d́ıvida de 150 é paga, em 4 meses, pelo sistema francês,
com juros de 8% ao mês. Calcule o valor da prestação e faça
a planilha de amortização.
O valor da prestação é
P = D0
i
1 − (1 + n)−n
= 150
0, 08
1 − 1, 08−4
= 45, 29.
.
A planilha de amortização é:
k Pk Ak Jk Dk
0 − − − 150, 00
1 45, 29 33, 29 12, 00 116, 71
2 45, 29 35, 95 9, 34 80, 76
3 45, 2938, 83 6, 46 41, 93
4 45, 29 41, 93 3, 35 0
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 10, Matemática Financeira - continuação slide 13/13
Lista de Exerćıcios
Unidade 10
1. Um televisor, cujo preço à vista é de R$ 400,00, é vendido em dez
prestações mensais iguais. Se são pagos juros de 6% ao mês sobre o saldo
devedor, determine o valor das prestações, supondo a primeira prestação
paga:
a) no ato da compra.
b) um mês após a compra.
c) dois meses após a compra.
2. Se a taxa corrente de juros é de 0,6% ao mês, por quanto se aluga um
imóvel cujo preço a vista é R$ 50 000,00, supondo:
a) o aluguel mensal pago vencido?
b) o aluguel mensal pago adiantadamente?
3. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir mensalmente,
durante 30 anos, para obter ao fim desse prazo, por 30 anos, uma renda
mensal de R$ 100,00?
4. Supondo juros de 0,5% ao mês, quanto você deve investir mensalmente,
durante 35 anos, para obter, ao fim desse prazo, uma renda perpétua de R$
100,00.
5. Faça as planilhas de amortização de uma d́ıvida de R$ 3 000,00, em 8
pagamentos mensais, com juros de 10% ao mês:
a) pela tabela Price.
b) pelo SAC.
6. Leigh investiu 30% do seu capital a juros de 10% ao mês e os 70% restantes
a 18% ao mês. Qual a taxa média de juros obtidas?
7. Laura quer comprar um violão em uma loja que oferece um desconto de
30% nas compras à vista ou pagamento em três prestações mensais, sem juros
e sem desconto. Determine a taxa mensal de juros embutida nas vendas a
prazo, supondo o primeiro pagamento:
a) no ato da compra.
b) um mês após a compra.
1
c) dois meses após a compra.
8. Regina tem duas opções de pagamento:
a) à vista, com x% de desconto.
b) em duas prestações mensais iguais, sem juros, vencendo a primeira um
mês após a compra.
Se o dinheiro vale 5% ao mês, para que valores de x ela preferirá a segunda
alternativa?
9. Considere a amortização de uma d́ıvida de R$ 35 000,00, em 180 meses,
com juros de 1% ao mês, pelo sistema francês. Determine:
a) o valor da centésima prestação.
b) o estado da d́ıvida nessa época.
10. Refaça o problema anterior pelo SAC.
11. Considere a amortização de uma d́ıvida em 150 meses, com juros de 1%
ao mês, pelo sistema francês.
a) De quanto se reduzirá a prestação, dobrando-se o prazo?
b) Que fração da d́ıvida já terá sido amortizada na época do 75o pagamento?
12. Considere a amortização de uma d́ıvida em 150 meses, com juros de 1%
ao mês, pelo SAC.
a) De quanto se reduzirá a prestação inicial, dobrando-se o prazo?
b) Que fração da d́ıvida já terá sido amortizada na época do 75o pagamento?
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 10
1. (a) 400
1,06
= P 1−1,06
−10
0,06
P = 51, 27
(b) 400 = P 1−1,06
−10
0,06
P = 54, 35
(c) 400.1, 06 = P 1−1,06
−10
0,06
P = 57, 61
2. (a) P = Ai = 50000.0, 006 = 300, 00
(b) A
1+i
= P
c
P = 50000
1,006
.0, 006 = 298, 21
3. O montante que você deve acumular é 100 = 1−1,005
−360
0,005
= 16.679, 16
Para isso, P 1−1,005
−360
0,005
.1, 005360 = 16.779, 16 e P = 16, 60
4. O montante que você deve acumular é 100
0,005
= 20.000
Para isso, P 1−1,005
−420
0,005
.005420 = 20.000 e P = 14, 04
5. A prestação pela tabela Price é P = 3.000 0,1
1−1,1−8 = 562, 33
A amortização pelo SAC é 3.000/8 = 375
1
TABELA PRICE
ÉPOCA PRESTAÇÃO JUROS AMORTIZAÇÃO ESTADO DA DÍVIDA
0 - - - 3 000,00
1 562,33 300,00 262,33 2737,67
2 562,33 273,77 288,56 2.449,11
3 562,33 244,91 317,42 2.131,69
4 562,33 213,17 349,16 1.782,53
5 562,33 178,25 384,08 1.398,45
6 562,33 139,84 422,49 975,96
7 562,33 97,60 464,73 511,23
8 562,33 51,12 511,23 -
SAC
ÉPOCA PRESTAÇÃO JUROS AMORTIZAÇÃO ESTADO DA DÍVIDA
0 - - - 3 000,00
1 675,00 300,00 375,00 2.625,00
2 637,50 262,50 375,00 2.250,00
3 600,00 225,00 375,00 1.875,00
4 562,50 187,50 375,00 1.500,00
5 525,00 150.00 375,00 1,125,00
6 487,50 112,50 375,00 750,00
7 450,00 75,00 375,00 375,00
8 412,00 37,50 375,00 -
6. O montante é 0, 3.1, 1t + 0, 7.1, 18t
A taxa média de juros é calculada por 0, 3.1, 1t + 0, 1.1, 18t = 1.(1 +
i)t i = (0, 3.1, 1t + 0, 1.1, 18t)1/t − 1, onde t é o número de meses do
investimento. Se t = 1, a taxa é 15, 60%; se t = 2, é 15,66%; se t→∞,
a taxa é 18%.
7. (a) Usando a data da compra como data focal e considerando um
preço igual a 30,
21 = 10 + 10
1+i
+ 10
(1+i)2
Resolvendo, i = 51, 08%.
(b) Tomando para data focal a data da compra e considerado um
preço igual a 30,
21 = 10
1+i
+ 10
(1+i)2
+ 10
(1+i)3
2
Resolvendo, i = 20, 20%
(c) Tomando para data focal a data da compra e considerado um
preço igual a 30,
21 = 10
(1+i)2
+ 10
(1+i)3
+ 10
(1+i)4
Resolvendo, i = 12, 81%.
8. Arbitrando o preço em 100 e usando a data da compra como data focal,
100− x > 50
1,05
+ 50
1,052
x < 7, 03%
9. (a) A prestação é 35.000 0,01
1−1,01−180 = 420, 06
(b) 420, 061−1,01
−180
0,01
= 23.056, 28
10. A amortização é 35.000/180 = 194, 44
A d́ıvida na época da 99a¯ prestação é 81.194, 44 = 15750.
Os juros da centésima prestação são 157,50 e a centésima prestação é
igual a 194,44+157,50=351,94.
11. (a) Supondo a d́ıvida igual a 100, a prestação para 150 meses é
P150 = 100
0,01
1−1,01−150 = 1, 29 e a prestação para 300 meses é
P300 = 100
0,01
1−1,01−300 = 1, 05
A redução é de 0, 24/1, 29 = 18%, aproximadamente
12. (a) A d́ıvida igual a 300, a prestação para 150 meses é
P150 =
300
150
+ 3 = 5
A prestação para 300 meses é P300 =
300
300
+ 3 = 4
A redução é de 20%.
(b) 50%.
3
Referências Bibliográ�cas
[1] Carmo, Manfredo P.; Morgado, Augusto C., Wagner, Eduardo & Pitom-
beira, João Bosco. Trigonometria e Números Complexos. Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Professor de Matemática.
[2] Eves, Howard. An Introduction to the History of Mathematics. New York:
Holt, Rinehart and Winston, 1964.
[3] Figueiredo, Djairo G. Análise I Rio de Janeiro: LTC, 1996.
[4] Figueiredo, Djairo G. Números Irracionais e Transcedentes Rio de Janeiro:
SBM, Coleção Iniciação Cientí�ca.
[5] Halmos, Paul. Naive Set Theory. New York: Springer, 1974.
[6] Hefez, Abramo e Fernandez, Cecília de Souza. Introdução à Álgebra Linear.
Rio de Janeiro: SBM, Coleção PROFMAT, 2012.
[7] Fernandes, C. S. Hefez, A. Introdução à Álgebra Linear. SBM, Coleção
PROFMAT. 2
[8] Lima, Elon Lages. Coordenadas no Espaço. Rio de Janeiro: SBM, Coleção
Professor de Matemática.
[9] Lima, Elon Lages. Curso de Análise, Vol. 1. Rio de Janeiro: SBM, Projeto
Euclides, 1976.
[10] Lima, Elon Lages. Logaritmos. Rio de Janeiro: SBM, Coleção Professor de
Matemática.
[11] Lima, Elon Lages. Meu Professor de Matemática e Outras Histórias. Rio
de Janeiro: SBM, Coleção Professor de Matemática.
bibitemelon-analisereal Lima, Elon Lages. Análise Real, Vol. 1. Rio de Janeiro:
IMPA, Coleção Matemática Universitária.
16
11
1
Combinatória I
Sumário
11.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
11.2 Princípios Básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Unidade 11 Introdução
11.1 Introdução
Combinatória é um vasto e importante campo da matemática que engloba
temas como a Combinatória Enumerativa, Combinatória Algébrica, Combina-
tória Extrema, Teoria de Grafos e muito mais. As suas aplicações são inúmeras
e vão desde Probabilidade e Estatística e Teoria dos Jogos até campos tão
abstratos quanto a Computação Teórica.
A combinatória foi responsável pela introdução de novos métodos em matemá-
tica e requereu o desenvolvimento de um modo próprio de raciocínio. Para se
ter sucesso no seu estudo, é preciso adquirir certas atitudes e formas de pensar.
No nosso curso, veremos apenas rudimentos de Combinatória Enumerativa, que
é essencialmente a arte da contagem. Contar é uma atividade básica e saber
fazê-lo corretamente é importante e de grande utilidade prática.
No Ensino Médio, a parte da matemática que se ocupa de contagem chama-se
Análise Combinatória e geralmente ela é considerada uma matéria difícil. Ali
se aprendem fórmulaspara arranjos, combinações, com repetição ou sem repe-
tição, permutações, permutações circulares, caóticas, etc., mas não se aprende
o essencial, que é raciocinar!
Ao invés de apresentar um formulário e pedir para que seja decorado, o que
se propõe aqui é focar em alguns princípios e técnicas básicas e desenvolver
um raciocínio combinatório próprio que permitirá resolver uma grande gama de
problemas.
Esta unidade baseia-se no Princípio Fundamental da Contagem que diz simples-
mente que, se temos x modos de escolher um objeto e y modos de escolher
outro, temos x×y modos de escolher os dois objetos. Esse princípio é utilizado
nas mais variadas situações.
11.2 Princípios Básicos
O princípio fundamental da contagem diz que se há x modos de tomar uma
decisão D1 e, tomada a decisão D1, há y modos de tomar a decisão D2, então
o número de modos de tomar sucessivamente as decisões D1 e D2 é xy.
2
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Realce
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Realce
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Realce
Unidade 11Combinatória I
Exemplo 1Com 5 homens e 5 mulheres, de quantos modos de pode formar um casal?
Solução. Formar um casal equivale a tomar as decisões:
D1: Escolha do homem (5 modos).
D2: Escolha da mulher (5 modos).
Há 5× 5 = 25 modos de formar casal.
Exemplo 2Uma bandeira é formada por 7 listras que devem ser coloridas usando apenas
as cores verde, azul e cinza. Se cada listra deve ter apenas uma cor e não se
pode usar cores iguais em listras adjacentes, de quantos modos se pode colorir
a bandeira?
Solução. Colorir a bandeira equivale a escolher a cor de cada listra. Há 3 modos
de escolher a cor da primeira listra e, a partir daí, 2 modos de escolher a cor de
cada uma das outras 6 listras. A resposta é 3× 26 = 192.
Exemplo 3Quantos são os números de três dígitos distintos?
Solução. O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 modos, pois ele não pode
ser igual a 0. O segundo dígito pode ser escolhido de 9 modos, pois não pode
ser igual ao primeiro dígito. O terceiro dígito pode ser escolhido de 8 modos,
pois não pode ser igual nem ao primeiro nem ao segundo dígito.
A resposta é 9× 9× 8 = 648.
Você deve ter percebido nesses exemplos qual é a estratégia para resolver
problemas de Combinatória:
1) Postura. Devemos sempre nos colocar no papel da pessoa que deve fazer a
ação solicitada pelo problema e ver que decisões devemos tomar. No Exemplo
3, nós nos colocamos no papel da pessoa que deveria escrever o número de
três dígitos; no Exemplo 2, nós nos colocamos no papel da pessoa que deveria
colorir a bandeira; no Exemplo 1, nós nos colocamos no papel da pessoa que
deveria formar o casal.
2) Divisão. Devemos, sempre que possível, dividir as decisões a serem tomadas
em decisões mais simples. Formar um casal foi dividido em escolher o homem
e escolher a mulher; colorir a bandeira foi dividido em colorir cada listra; formar
um número de três dígitos foi dividido em escolher cada um dos três dígitos.
3
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Realce
mabarbosa
Realce
Unidade 11 Princípios Básicos
Vamos voltar ao exemplo anterior − Quantos são os números de três dígitos
distintos? − para ver como algumas pessoas conseguem, por erros de estratégia,
tornar complicadas as coisas mais simples.
Começando a escolha dos dígitos pelo último dígito, há 10 modos de escolher
o último dígito. Em seguida, há 9 modos de escolher o dígito central, pois não
podemos repetir o dígito já usado. Agora temos um impasse: de quantos modos
podemos escolher o primeiro dígito: A resposta é �depende�. Se não tivermos
usado o 0, haverá 7 modos de escolher o primeiro dígito, pois não poderemos
usar nem o 0 nem os dois dígitos já usados nas demais casas; se já tivermos
usado o 0, haverá 8 modos de escolher o primeiro dígito.
Um passo importante na estratégia para resolver problemas de Combinatória é:
3) Não adiar di�culdades. Pequenas di�culdades adiadas costumam se trans-
formar em imensas di�culdades. Se uma das decisões a serem tomadas for mais
restrita que as demais, essa é a decisão que deve ser tomada em primeiro lugar.
No Exemplo 3, a escolha do primeiro dígito era uma decisão mais restrita do
que as outras, pois o primeiro dígito não pode ser igual a 0. Essa é portanto a
decisão que deve ser tomada em primeiro lugar e, conforme acabamos de ver,
postergá-la só serve para causar problemas.
Exemplo 4 O código Morse usa duas letras, ponto e traço, e as palavras têm de 1 a 4
letras. Quantas são as palavras do código Morse?
Solução. Há 2 palavras de uma letra. Há 2×2 = 4 palavras de duas letras, pois
há dois modos de escolher a primeira letra e dois modos de escolher a segunda
letra; analogamente, há 2×2×2 = 8 palavras de três letras e 2×2×2×2 = 16
palavras de 4 letras. O número total de palavras é 2 + 4 + 8 + 16 = 30.
Exemplo 5 Quantos divisores inteiros e positivos possui o número 360? Quantos divi-
sores são pares? Quantos são ímpares? Quantos são quadrados perfeitos?
Solução. a) 360 = 23 × 32 × 5. Os divisores inteiros e positivos de 360 são os
números da forma 2α × 3β × 5γ, com
α ∈ {0, 1, 2, 3} , β ∈ {0, 1, 2} e γ ∈ {0, 1}.
Há 4× 3 = 24 maneiras de escolher os expoentes α, β e γ. Há 24 divisores.
4
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Realce
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Retângulo
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Linha
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Linha
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Caixa de texto
Errado: 4 x 3 x 2 = 24
Unidade 11Combinatória I
b) Para o divisor ser par, α não pode ser 0. Há 3× 3× 2 = 18 divisores pares.
c) Para o divisor ser ímpar, α dever ser 0. Há 1× 3× 2 = 6 divisores ímpares.
Claro que poderíamos ter achado essa resposta subtraindo (a)-(b).
d) Para o divisor ser quadrado perfeito, os expoentes α, β e γ devem ser pares.
Há 2× 2× 1 = 4 divisores que são quadrados perfeitos.
Exemplo 6Quantos são os números pares de três dígitos distintos?
Solução. Há 5 modos de escolher o último dígito. Note que começamos pelo
último dígito, que é o mais restrito; o último dígito só pode ser 0, 2, 4, 6 ou 8.
Em seguida, vamos ao primeiro dígito. De quantos modos se pode escolher
o primeiro dígito? A resposta é �depende�: se não tivermos usado o 0, haverá 8
modos de escolher o primeiro dígito, pois não poderemos usar nem o 0 nem o
dígito usado na última casa; se tivermos usado o 0, haverá 9 modos de escolher
o primeiro dígito, pois apenas o 0 não poderá ser usado na primeira casa.
Esse tipo de impasse é comum na resolução de problemas e há dois métodos
de vencê-lo.
O primeiro método consiste em voltar atrás e contar separadamente. Con-
taremos separadamente os números que terminam em 0 e os que não terminam
em 0.
Para os que terminam em 0, há 9 modos de escolher o primeiro dígito e 8
modos de escolher o dígito central. Há 1× 9× 8 = 72 números que terminam
em 0.
Para os que não terminam em 0, há 4 modos de escolher o último dígito,
8 modos de escolher o primeiro e 8 modos de escolher o dígito central. Há
4× 8× 8 = 256 números que não terminam em 0.
A resposta é 72 + 256 = 328.
O segundo método consiste em ignorar uma das repetições do problema,
o que nos fará contar em demasia. Depois descontaremos o que houver sido
contado indevidamente.
Primeiramente fazemos de conta que o 0 pode ser usado na primeira casa
do número. Procedendo assim, há 5 modos de escolher o último dígito (só
pode ser 0, 2, 4, 6 ou 8), 9 modos de escolher o primeiro dígito (não podemos
repetir o dígito usado na última casa; note que estamos permitindo o uso do 0
5
mabarbosa
Retângulo
mabarbosa
Caixa de texto
Rever o assunto.
Unidade 11 Princípios Básicos
na primeira casa) e 8 modos de escolher o dígito central. Há 5× 9× 8 = 360
números, aí inclusos os que começam por 0.
Agora vamos determinar quantos desses números começam por zero; são
esses os números que foram contados indevidamente. Há 1 modo de escolher o
primeiro dígito (tem que ser 0), 4 modos de escolher o último dígito (só pode
ser 2, 4, 6 ou 8 − lembre-se que os dígitos são distintos) e 8 modos de escolher
o dígito central (não podemos repetir os dígitos já usados). Há 1× 4× 8 = 32
números começados por 0.
A resposta é: 360− 32 = 328.
É claro que esteproblema poderia ter sido resolvido com um truque. Para
determinar quantos são os números pares de três dígitos distintos, poderíamos
fazer os números de três dígitos distintos menos os números ímpares de três
dígitos distintos.
Para os números de três dígitos distintos, há 9 modos de escolher o primeiro
dígito, 9 modos de escolher o segundo e 8 modos de escolher o último. Há
9× 9× 8 = 648 números de três dígitos distintos.
Para os números ímpares de três dígitos distintos, há 5 modos de escolher
o último dígito, 8 modos de escolher o primeiro e 8 modos de escolher o dígito
central. Há 5× 8× 8 = 320 números ímpares de três dígitos distintos.
A resposta é: 648− 320 = 328.
6
Unidade 11Combinatória I
Exercícios Recomendados
1. Quantos são os gabaritos possíveis de um teste de 10 questões de múltipla-
escolha, com 5 alternativas por questão?
2. Quantos subconjuntos possui um conjunto que tem n elementos?
3. De quantos modos 3 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras em �la?
4. De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos
de 2 lugares, se em cada banco deve haver um homem e uma mulher?
5. De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-
adjacentes de um tabuleiro 8× 8? E se os reis fossem iguais?
6. De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um tabuleiro 8×8,
de modo que não haja duas torres na mesma linha ou na mesma coluna?
E se as torres fossem diferentes?
7. De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se sucessivamente e sem
reposição duas cartas. De quantos modos isso pode ser feito se a primeira
carta deve ser de copas e a segunda não deve ser um rei?
8. O conjunto A possui 4 elementos e, o conjunto B, 7 elementos. Quantas
funções f : A→ B existem? Quantas delas são injetoras?
9. a) De quantos modos o número 720 pode ser decomposto em um produto
de dois inteiros positivos? Aqui consideramos, naturalmente, 8×90 como
sendo o mesmo que 90× 8.
b) E o número 144?
7
Marcos
Caixa de texto
Nível 01
Marcos
Caixa de texto
Nível 02
Marcos
Caixa de texto
Nível 02
Marcos
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Nível 03
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Nível 02
Marcos
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Nível 02
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Caixa de texto
Nível 03
Marcos
Caixa de texto
Nível 04
Marcos
Caixa de texto
Nível 05
MA12 - Unidade 11
Combinatória
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
29 de Abril de 2013
Prinćıpio Fundamental da Contagem
Problemas de contagem são resolvidos explorando o
significado das operações aritméticas de adição, subtração,
multiplicação e divisão, com destaque para o papel da
multiplicação.
Prinćıpio Multiplicativo (ou Prinćıpio Fundamental da
Contagem):
Se há x modos de tomar uma decisão D1 e, tomada a decisão
D1, há y modos de tomar a decisão D2, então o número de
modos de tomar sucessivamente as decisões D1 e D2 é xy .
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 2/8
Exemplo
Uma bandeira é formada por 7 listras que devem ser coloridas
usando apenas as cores verde, azul e cinza. Se cada listra deve
ter apenas uma cor e não se pode usar cores iguais em listras
adjacentes, de quantos modos se pode colorir a bandeira?
Colorir a bandeira equivale a escolher a cor de cada listra.
Há 3 modos de escolher a cor da primeira listra;
A partir dáı, 2 modos de escolher a cor de cada uma das
outras 6 listras.
A resposta é 3 × 26 = 192.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 3/8
Exemplo
Quantos são os números de três d́ıgitos distintos?
Formar o número equivale a escolher cada um de seus d́ıgitos.
O primeiro d́ıgito pode ser escolhido de 9 modos, pois ele não
pode ser igual a 0.
O segundo d́ıgito pode ser escolhido de 9 modos, pois não
pode ser igual ao primeiro d́ıgito.
O terceiro d́ıgito pode ser escolhido de 8 modos, pois não pode
ser igual nem ao primeiro nem ao segundo d́ıgito.
A resposta é 9 × 9 × 8 = 648.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 4/8
A estratégia
1) Postura. Colocar-se no papel da pessoa que deve fazer a ação
solicitada pelo problema e ver que decisões devemos tomar.
2) Divisão. Sempre que posśıvel, dividir as decisões a serem
tomadas em decisões mais simples.
3) Não adiar dificuldades. Se uma das decisões a serem
tomadas for mais restrita que as demais, essa é a decisão que
deve ser tomada em primeiro lugar.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 5/8
Violando a terceira regra
Quantos são os números de três d́ıgitos distintos?
A escolha mais restrita é a do d́ıgito das centenas, porque ele
não pode ser 0.
O que ocorre se ignoramos este fato e decidimos começar pelo
d́ıgito das unidades?
O d́ıgito das unidades pode ser escolhido de 10 modos.
O das dezenas pode ser escolhido de 9 modos ( não pode ser
igual ao das unidades).
O das centenas pode ser escolhido de ... depende! (podem ser
7 ou 8 possibilidades, dependendo do 0 ter ou não ter sido
usado nas dezenas ou unidades).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 6/8
Nem sempre basta usar o Prinćıpio Fundamental
Quantos são os números pares de três d́ıgitos distintos?
Começando escolhendo d́ıgito das unidades, que é o mais
restrito: há 5 possibilidades (0, 2, 4, 6 ou 8).
A seguir, escolhemos o d́ıgito das centenas. O número de
possibilidades para esta escolha ... depende.
Se 0 for o d́ıgito das unidades, há 9 possibilidades para o das
centenas (só não pode ser 0).
Se 0 não for o d́ıgito das unidades, há 8 possibilidades para o
das centenas (não pode ser 0 nem o algarismo das unidades).
Solução: Dividir em casos, contados separadamente, e somar
os resultados.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 7/8
Dividindo em casos e somando
Quantos são os números pares de três d́ıgitos distintos?
Para os números que terminam em 0
Para o d́ıgito das unidades, há apenas 1 possibilidade.
Para o das centenas, há 9 possibilidades (só não pode ser 0).
Para o das dezenas, há 8 possibilidades (não pode ser os dois
já usados).
Logo, há 1 × 9 × 8 = 72 números terminados em 0.
Para os números que não terminam em 0
Para o d́ıgito das unidades há 4 possibilidades.
Para o das centenas, há 8 possibilidades (não pode ser 0 nem
o das unidades).
Para o das dezenas, há 8 possibilidades (não pode ser os dois
já usados).
Logo, há 4 × 8 × 8 = 256 números terminados em 0.
Portanto, há 72 + 256 = 328 números pares de três algarismos
distintos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 11, Combinatória slide 8/8
Lista de Exerćıcios
Unidade 11
1. Quantos são os gabaritos posśıveis de um teste de 10 questões de
múltipla-escolha, com 5 alternativas por questão?
2. Quantos subconjuntos possui um conjunto que tem n elementos?
3. De quantos modos 3 pessoas podem se sentar em 5 cadeiras em fila?
4. De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos
de 2 lugares, se em cada banco deve haver um homem e uma mulher?
5. De quantos modos podemos colocar 2 reis diferentes em casas não-
adjacentes de um tabuleiro 8× 8? E se os reis fossem iguais?
6. De quantos modos podemos colocar 8 torres iguais em um tabuleiro
8× 8, de modo que não haja duas torres na mesma linha ou na mesma
coluna? E se as torres fossem diferentes?
7. De um baralho comum de 52 cartas, sacam-se sucessivamente e sem re-
posição duas cartas. De quantos modos isso pode ser feito se a primeira
carta deve ser de copas e a segunda não deve ser um rei?
8. O conjunto A possui 4 elementos e, o conjunto B, 7 elementos. Quantas
funções f : A→ B existem? Quantas delas são injetoras?
9. a) De quantos modos o número 720 pode ser decomposto em um pro-
duto de dois inteiros positivos? Aqui consideramos, naturalmente,
8× 90 como sendo o mesmo que 90× 8.
b) E o número 144?
1
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 11
1. A primeira pergunta pode ser respondida de 5 modos; a segunda, de 5
modos, etc.
A resposta é 5 × 5 × · · · × 5 = 510 = 9.765.625.
2. Para formar um subconjunto, deve-se decidir, para cada elemento do
conjunto, se ele pertenceráou não ao subconjunto. Há 2 modos de
decidir o que fazer com o primeiro elemento do conjunto, 2 modos com
o segundo, etc.
A resposta é 2 × 2 × · · · × 2 = 2n
3. A primeira pessoa tem 5 escolhas; a segunda, 4; a terceira, 3. A resposta
é 5 × 4 × 3 = 60.
4. Os bancos em que os homens se sentam podem ser escolhidos de 5×4×
3×2×1 = 120 modos, o mesmo ocorrendo com os bancos das mulheres.
Em cada banco, os casais podem se sentar de 2 modos diferentes. A
resposta é 1202 × 25 = 460.800.
5. As 64 casas do tabuleiro dividem-se, naturalmente, em três grupos:
(a) as 4 casas dos vértices;
(b) as 24 casas da borda do tabuleiro, mas que não são vértices;
(c) as restantes 36 casas, que são interiores ao tabuleiro.
Vamos separar a nossa contagem conforma o tipo de casa ocupada pelo
rei negro:
(a) há 4 posśıveis para o rei negro e 60 para o rei branco;
(b) há 24 posśıveis para o rei negro e 58 para o rei branco;
(c) há 36 posśıveis para o rei negro e 55 para o rei branco.
1
A resposta é 4 × 60 × 24 × 58 + 36 × 55 = 3612.
Se os reis são iguais, a resposta passa a ser a metade da resposta ante-
rior, pois, trocando a posição dos reis, agora obtém-se a mesma confi-
guração.
6. Haverá uma torre em cada linha e em cada coluna. A posição da torre
da primeira linha pode ser escolhida de 8 modos; a da segunda linha,
de 7, etc.
A resposta é 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 40.320.
Se as torres fossem diferentes, para cada uma das escolhas de posição,
teŕıamos que escolher uma das torres. A resposta seria, portanto, 8 ×
8×7×7×6×6×5×5×4×4×3×3×2×2×1×1 = (8!)2 = 1.625.702.400.
7. Se a primeira carta é o rei de copas, a segunda pode ser escolhida de 48
modos (pode ser qualquer carta, exceto os 4 reis). Se a primeira carta é
de copas mas não é o rei, ela pode ser escolhida de 12 modos. Neste caso,
a segunda carta pode ser escolhida de 47 modos (não pode ser a primeira
escolhida, nem nenhum dos 4 reis). A resposta é 48 + 12 × 47 = 612.
8. Para a função ser injetora, elementos diferentes devem ter imagens
diferentes. Há 7 modos de escolher a imagem do primeiro elemento de
A, 6 modos de escolher a imagem do segundo elemento, etc.
A resposta é 7 × 6 × 5 × 4 = 840.
9. (a) Como 720 = 24× 32× 51, 720 possui 5× 3× 2 = 30 divisores. Aos
pares, estes divisores formam produtos iguais a 720. Logo, há 15
modos de escrever 720 como produtos de divisores.
(b) Como 144 = 24 × 32, 144 possui 3 × 3 = 9 divisores. Com eles,
podem ser formados 4 pares de divisores cujo produto é 144 e,
além disso, pode ser formado 12 × 12. Assim, há 5 modos de
escrever 144 como um produto de divisores.
2
12
1
Combinatória II
Continuação
Sumário
12.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
12.2 Permutações e Combinações . . . . . . . . . . . . . 2
Unidade 12 Introdução
12.1 Introdução
Nesta unidade, são estudadas as permutações e as combinações, desenvolvendo
modos especí�cos de contagem. Não há fórmulas a decorar, mas procedimentos
de contagem a compreender.
A unidade termina com uma lista de 10 problemas; resolva quantos puder,
redigindo as suas soluções.
12.2 Permutações e Combinações
Há alguns (poucos) problemas de Combinatória que, embora sejam aplica-
ções do princípio básico, aparecem com muita frequência. Para esses problemas,
vale a pena saber de cor as suas respostas. O primeiro desses problemas é o:
Problema das permutações simples
De quantos modos podemos ordenar em �la n objetos distintos?
A escolha do objeto que ocupará o primeiro lugar pode ser feita de n modos;
a escolha do objeto que ocupará o segundo lugar pode ser feita de n−1 modos;
a escolha do objeto que ocupará o terceiro lugar pode ser feita de n−2 modos,
etc...; a escolha do objeto que ocupará o último lugar pode ser feita de 1 modo.
A resposta é n(n− 1)(n− 2) · · · 1 = n!.
Cada ordem que se dá aos obejtos é chamada de uma permutação simples
dos objetos. Assim, por exemplo, as permutações simples das letras a, b e c
são (abc), (acb), (bac), (bca), (cab) e (cba).
Portanto, o número de permutações simples de n objetos distintos é Pn =
n!.
Exemplo 1 Quantos são os anagramas da palavra �calor�? Quantos começam com
consoantes?
Solução. cada anagrama corresponde a uma ordem de colocação dessas 5 letras.
O número de anagramas é P5 = 5! = 120.
Para formar um anagrama começado por consoante devemos primeiramente
escolher a consoante (3 modos) e, depois, arrumar as quatro letras restantes em
2
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Realce
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Realce
mabarbosa
Realce
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Realce
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Linha
mabarbosa
Linha
Unidade 12Combinatória II Continuação
seguida à consoante (4! = 24 modos). Há 3× 24 = 72 anagramas começados
por consoante.
Exemplo 2De quantos modos podemos arrumar em �la 5 livros diferentes de Mate-
mática, 3 livros diferentes de Estatística e 2 livros diferentes de Física, de modo
que livros de uma mesma matéria permaneçam juntos?
Solução. Podemos escolher a ordem das matérias de 3! modos. Feito isso,
há 5! modos de colocar os livros de Matemática nos lugares que lhe foram
destinados, 3! modos para os de Estatística e 2! modos para os de Física.
A resposta é 3!5!3!2! = 6× 120× 6× 2 = 8 640.
Exemplo 3Quantos são os anagramas da palavra �BOTAFOGO�?
Solução. Se as letras fossem diferentes a resposta seria 8!. Como as três letras
O são iguais, quando as trocamos entre si obtemos o mesmo anagrama e não
um anagrama distinto, o que aconteceria se fossem diferentes. Isso faz com que
na nossa contagem de 8! tenhamos contado o mesmo anagrama várias vezes,
3! vezes precisamente, pois há 3! modos de trocar as letras O entre si.
A resposta é
8!
3!
= 6 720.
De modo geral, o número de permutações de n objetos, dos quais α são
iguais a A, β são iguais a B, γ são iguais a C, etc, é Pα,β,γ,...n =
n!
α!β!γ! . . .
.
Exemplo 4De quantos modos podemos dividir 8 objetos em um grupo de 5 objetos e
um de 3 objetos?
Solução. Um processo de fazer a divisão é colocar os objetos em �la; os 5
primeiros formam o grupo de 5 e os 3 últimos formam o grupo de 3.
Há 8! modos de colocar os objetos em �la.
Entretanto, note que �las como abcde | fgh e badce | ghf são �las diferentes
e geram a mesma divisão de grupos. Cada divisão em grupos foi contada uma
vez para cada ordem dos objetos dentro de cada grupo. Há 5!3! modos de
arrumar os objetos em cada grupo. Cada divisão em grupos foi contada 5!3!
vezes.
3
Unidade 12 Permutações e Combinações
A resposta é
8!
5!3!
= 56.
O segundo problema importante é o:
Problema das combinações simples
De quantos modos podemos selecionar p objetos distintos entre n objetos
distintos dados?
Cada seleção de p objetos é chamada de uma combinação simples de classe p
dos n objetos. Assim, por exemplo, as combinações simples de classe 3 dos obje-
tos a, b, c, d e são {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, e}, {a, c, d}, {a, c, e}, {a, d, e},{b, c, d},
{b, c, e}, {b, d, e} e {c, d, e}. Representamos o número de combinações simples
de classe p de n elementos por Cpn ou
(
n
p
)
. Assim, C35 =
(
5
3
)
= 10.
Para resolver o problema das combinações simples basta notar que selecionar
p entre os n objetos equivale a dividir os n objetos em um grupo de p objetos,
que são selecionados, e um grupo de n−p objetos, que são os não-selecionados.
Esse é o problema de Exemplo 4 e a resposta é
Cpn =
n!
p!(n− p)!
.
Exemplo 5 Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas, com exata-
mente 3 homens, podem ser formadas?
Solução. Para formar a comissão devemos escolher 3 dos homens e 2 das
mulheres. Há C35 · C24 = 10× 6 = 60 comissões.
Exemplo 6 Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas, com pelo
menos 3 homens, podem ser formadas?
Solução. Há comissões com: 3 homens e 2 mulheres, 4 homens e 1 mulher, 5
homens. A resposta é
C25 · C24 + C45 · C14 + C55 = 10× 6 + 5× 4 + 1 = 81.
Exemplo 7 Tem-se 5 pontos sobre uma reta R e 8 pontos sobre uma reta R
′ paralela
a R. Quantos triângulos e quantos quadriláteros convexos com vértices nesses4
Unidade 12Combinatória II Continuação
pontos existem?
Solução. Para formar um triângulo ou você toma um ponto em R e dois pontos
em R′, ou toma um ponto em R′ e dois pontos em R. O número de triângulos
é 5 · C28 + 8 · C25 = 140 + 80 = 220.
Também se poderia pensar em tomar 3 dos 13 pontos e excluir dessa con-
tagem as escolhas de pontos colineares, o que daria
C313 − C38 − C35 = 286− 56− 10 = 220.
Para formar um quadrilátero convexo, devemos tomar dois pontos em R e
dois pontos em R′, o que pode ser feito de C35 · C28 = 10 · 28 = 280 modos.
A seguir damos mais uma série de exemplos para �xar o método de resolução.
Exemplo 8De quantos modos 5 crianças podem formar uma roda de ciranda?
Figura 12.1:
Solução. À primeira vista parece que para formar uma roda com as cinco
crianças basta escolher uma ordem para elas, o que poderia ser feito de 5! =
120 modos. Entretanto, as rodas ABCDE e EABCD são iguais, pois na roda
o que importa é a posição relativa das crianças entre si e a roda ABCDE
pode ser �virada� na roda EABCD. Como cada roda pode ser �virada� de cinco
modos, a nossa contagem de 120 rodas contou cada roda 5 vezes e a resposta
é 120/5 = 24.
De modo geral, o número de modos de colocar n objetos em círculo, de modo
que disposições que possam coincidir por rotação sejam consideradas iguais, isto
é, o número de permutações circulares de n objetos é (PC)n =
n!
n
= (n− 1)!.
5
Unidade 12 Permutações e Combinações
O exemplo a seguir mostra um tipo de racíocinio que, apesar de inesperado,
pode ser muito e�ciente.
Exemplo 9 Quantos são os anagramas da palavra �BULGARO� que não possuem duas
vogais adjacentes?
Solução. Vamos primeiramente arrumar as consoantes e, depois, vamos entre-
mear as vogais. O número de modos de arrumar em �la as consoantes B, L,
G, R é P4 = 4! = 24. Arrumadas as consoantes, por exemplo na ordem BLGR,
devemos colocar as vogais U, A, O nos 5 espaços da �gura. Como não podemos
colocar duas vogais no mesmo espaço, três dos espaços serão ocupados, cada
um com uma vogal e dois dos espaços �carão vazios. Temos C35 = 10 modos
de escolher os três espaços que serão ocupados e P3 = 3! = 6 modos de colocar
as vogais nos espaços escolhidos.
B L G R
A resposta é 24× 10× 6 = 1440.
Exemplo 10 Quantas são as soluções inteiras e não-negativas da equação x1 + x2 +
· · ·+ xn = p?
Solução. A resposta deste problema é representada por CRpn.
Para determinar o valor de CRpn, vamos representar cada solução da equação
por uma �la de sinais + e | . Por exemplo, para a equação x + y + z = 5, as
soluções (2,2,1) e (5,0,0) seriam representadas por ++ |++|+ e +++++||,
respectivamente. Nossa representação, as barras são usadas para separar as
incógnitas e a quantidade de sinais + indica o valor de cada incógnita.
Para a equação x1 + x2 + · · · + xn = p, cada solução seria representada
por uma �la com n − 1 barras (as barras são para separar as incógnitas; para
separar n incógnitas, usamos n− 1 barras) e p sinais +. Ora, para formar uma
�la com n− 1 barras e p sinais +, basta escolher dos n+ p− 1 lugares da �la
os p lugares onde serão colocados os sinais +, o que pode ser feito de Cpn+p−1
modos. Portanto, CRpn = C
p
n+p−1.
Exemplo 11 De quantos modos podemos comprar 3 sorvetes em um bar que os oferece
em 6 sabores distintos?
6
Unidade 12Combinatória II Continuação
Solução. A resposta não é C36 = 20. C
3
6 seria o número de modos de comprar
três sorvetes diferentes.
Chamando de xk o número de sorvetes do k-ésimo sabor que vamos comprar,
devemos determinar valores inteiros e não-negativos para xk, k = 1, 2, 3, 4, 5, 6,
tais que x1+x2+ · · ·+x6 = 3. Isso pode ser feito de CR36 = C38 = 56 modos.
7
Unidade 12 Permutações e Combinações
Exercícios Recomendados
1. Quantos são os anagramas da palavra �CAPITULO�.
a) possíveis?
b) que começam e terminam por vogal?
c) que têm as vogais e as consoantes intercaladas?
d) que têm as letras c, a, p juntas nessa ordem?
e) que têm as letras c, a, p juntas em qualquer ordem?
f) que têm a letra p em primeiro lugar e a letra a em segundo?
g) que têm a letra p em primeiro lugar ou a letra a em segundo?
h) que têm p em primeiro lugar ou a em segundo ou c em terceiro?
i) nos quais a letra a é uma das letras à esquerda de p e a letra c é
uma das letras à direita de p?
2. Se A é um conjunto de n elementos, quantas são as funções f : A→ A
bijetoras?
3. De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em �la de modo que duas
dessas pessoas, Vera e Paulo, não �quem juntas?
4. De quantos modos é possível colocar 8 pessoas em �la de modo que duas
dessas pessoas, Vera e Paulo, não �quem juntas e duas outras, Helena e
Pedro, permaneçam juntas?
5. Quantas são as permutações simples dos números
1, 2, 3, . . . , 10,
nas quais o elemento que ocupa o lugar de ordem k, da esquerda para a
direita, é sempre maior que k − 3?
6. De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5 atletas,
denominados Esporte, Tupi e Minas?
7. De quantos modos é possível dividir 15 atletas em três times de 5 atletas?
8
Marcos
Retângulo
Marcos
Caixa de texto
Fazer
Unidade 12Combinatória II Continuação
8. De quantos modos é possível dividir 20 objetos em 4 grupos de 3 ou 2
grupos de 4?
9. Um campeonato é disputados por 12 clubes em rodadas de 6 jogos cada.
De quantos modos é possível selecionar os jogos da primeira rodada?
10. Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos 1, 2, 4, 6, 7 e
escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Determine:
a) que lugar ocupa 62 417.
b) que número que ocupa o 66o lugar.
c) qual o 166o algarismo escrito.
d) a soma dos números assim formados.
9
MA12 - Unidade 12
Permutações e Combinações
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
4 de Abril de 2014
Permutações Simples
De quantos modos podemos ordenar em fila n objetos
distintos?
A escolha do objeto que ocupará o primeiro lugar pode ser
feita de n modos;
A escolha do objeto que ocupará o segundo lugar pode ser
feita de n − 1 modos;
. . .
A escolha do objeto que ocupará o último lugar pode ser feita
de 1 modo.
O número total de possibilidades (cada uma das quais é
chamada de uma permutação simples dos n objetos) é
Pn = n(n − 1)(n − 2) · · · 1 = n!.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 2/1
Exemplo
Quantos são os anagramas da palavra “CALOR”? Quantos
começam com consoantes?
Cada anagrama corresponde a uma permutação dessas 5
letras. O número de anagramas é P5 = 5! = 120.
Para formar um anagrama começado por consoante:
A consoante pode ser escolhida de 3 modos;
As demais letras podem ser colocadas em qualquer ordem;
logo, há P4 = 4! = 24 possibilidades de ordenação.
Logo, há 3 × 24 = 72 anagramas começados por consoante.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 3/1
Exemplo
De quantos modos podemos arrumar em fila 5 livros
diferentes de Matemática, 3 livros diferentes de Estat́ıstica e 2
livros diferentes de F́ısica, de modo que livros de uma mesma
matéria permaneçam juntos?
Podemos escolher a ordem das matérias de 3! modos.
Feito isso, há 5! modos de colocar os livros de Matemática
nos lugares que lhe foram destinados, 3! modos para os de
Estat́ıstica e 2! modos para os de F́ısica.
O número total de possibilidades é
3!5!3!2! = 6 × 120 × 6 × 2 = 8 640
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 4/1
Permutações de elementos nem todos distintos
Quantos são os anagramas da palavra “BOTAFOGO”?
Se as letras fossem diferentes a resposta seria 8!.
Como as três letras O são iguais, quando as trocamos entre si
obtemos o mesmo anagrama e não um anagrama distinto.
Isso faz com que na nossa contagem de 8! tenhamos contado
o mesmo anagrama 3! vezes.
O número de anagramas é
8!
3!
= 6 720.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 5/1
Generalizando
O número de permutações de n objetos, dos quais α são
iguais a A, β são iguaisa B, γ são iguais a C , etc, é
Pα,β,γ,...n =
n!
α!β!γ! . . .
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 6/1
Combinações Simples
De quantos modos podemos selecionar p objetos distintos
entre n objetos distintos dados? Equivalentemente, quantos
são os subconjuntos com p elementos de um conjunto com n
elementos?
Observação: cada seleção de p objetos (ou seja, cada
subconjunto de p elementos) é chamada de uma combinação
simples de classe p dos n objetos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 7/1
Combinações Simples
De quantos modos podemos selecionar p objetos distintos
entre n objetos distintos dados? Equivalentemente, quantos
são os subconjuntos com p elementos de um conjunto com n
elementos?
Começamos escolhendo, em ordem, p elementos, o que pode
ser feito de n.(n − 1) . . . (n − p + 1) modos.
Deste modo, cada subconjunto com p elementos é contado p!
vezes, já que ele aparece em cada ordem posśıvel.
O número de combinações simples de classe p de n objetos é:
Cpn =
n.(n − 1) . . . (n − p + 1)
p!
=
n!
p!(n − p)!
.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 8/1
Exemplo
Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas,
com exatamente 3 homens, podem ser formadas?
Para formar a comissão devemos escolher 3 dos homens e 2
das mulheres.
Logo, há C 35 · C 24 = 10 × 6 = 60 comissões.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 9/1
Exemplo
Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas,
com pelo menos 3 homens, podem ser formadas?
Há comissões com: 3 homens e 2 mulheres, 4 homens e 1
mulher, 5 homens.
A resposta é
C 35 · C 24 + C 45 · C 14 + C 55 = 10 × 6 + 5 × 4 + 1 = 81.
Um erro comum:
Começo escolhendo 3 homens, para garantir pelo menos três
homens (C 35 modos).
A seguir, escolho mais 2 pessoas (C 26 modos).
Logo, há C 35 .C
2
6 = 10.15 = 150 comissões (!).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 12, Permutações e Combinações slide 10/1
Lista de Exerćıcios
Unidade 12
1. Quantos são os anagramas da palavra “CAPITULO”.
a) posśıveis?
b) que começam e terminam por vogal?
c) que têm as vogais e as consoantes intercaladas?
d) que têm as letras c, a, p juntas nessa ordem?
e) que têm as letras c, a, p juntas em qualquer ordem?
f) que têm a letra p em primeiro lugar e a letra a em segundo?
g) que têm a letra p em primeiro lugar ou a letra a em segundo?
h) que têm p em primeiro lugar ou a em segundo ou c em terceiro?
i) nos quais a letra a é uma das letras à esquerda de p e a letra c é
uma das letras à direita de p?
2. Se A é um conjunto de n elementos, quantas são as funções f : A→ A
bijetoras?
3. De quantos modos é posśıvel colocar 8 pessoas em fila de modo que
duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não fiquem juntas?
4. De quantos modos é posśıvel colocar 8 pessoas em fila de modo que
duas dessas pessoas, Vera e Paulo, não fiquem juntas e duas outras,
Helena e Pedro, permaneçam juntas?
5. Quantas são as permutações simples dos números
1, 2, 3, . . . , 10,
nas quais o elemento que ocupa o lugar de ordem k, da esquerda para
a direita, é sempre maior que k − 3?
6. De quantos modos é posśıvel dividir 15 atletas em três times de 5
atletas, denominados Esporte, Tupi e Minas?
1
7. De quantos modos é posśıvel dividir 15 atletas em três times de 5
atletas?
8. De quantos modos é posśıvel dividir 20 objetos em 4 grupos de 3 ou 2
grupos de 4?
9. Um campeonato é disputados por 12 clubes em rodadas de 6 jogos cada.
De quantos modos é posśıvel selecionar os jogos da primeira rodada?
10. Permutam-se de todas as formas posśıveis os algarismos 1, 2, 4, 6, 7
e escrevem-se os números assim formados em ordem crescente. Deter-
mine:
a) que lugar ocupa 62 417.
b) que número que ocupa o 66o lugar.
c) qual o 166o algarismo escrito.
d) a soma dos números assim formados.
2
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 12
1. (a) O número total de anagramas é 8! = 40.320.
(b) Há 4 modos de escolher a vogal que será a primeira letra do ana-
grama e 3 modos de selecionar a vogal que será a última letra do
anagrama. Depois disso, há 6! modos de arrumar as demais letras
entre a primeira e a última.
A resposta é 4 × 3 × 6! = 4 × 3 × 720 = 8.640.
(c) As vogais e consoantes podem aparecer na ordem CV CV CV CV
ou na ordem VC VC VC VC. No primeiro caso, devemos colocar as
4 vogais nos 4 lugares de ordem par (4! modos) e as 4 consoantes
nos 4 lugares de ordem ı́mpar (4! modos).
Há 4! × 4! = 24 × 24 = 576 anagramas do primeiro tipo. Analo-
gamente, há 576 anagramas do segundo tipo.
A resposta é 576 + 576 = 1.152.
(d) Tudo se passa como se CAP fosse uma única letra. Devemos,
portanto, arrumar em fila 6 objetos: CAP,I,T,U,L,O.
A resposta é 6! = 720.
(e) Primeiramente, devemos escolher a ordem em que as letras C, A,
P aparecerão. Há 3! modos. Depois, devemos arrimar em a fila 6
objetos: o bloco de letras C, A, P e as 5 letras I, T, U, L, O. Há
6! modos.
A resposta é 3! × 6! = 3 × 720 = 4320.
(f) Basta arrumar em fila, depois de PA, as restantes 6 letras.
A resposta é 6! = 720.
(g) Há 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar e há 7! anagra-
mas com a letra A em segundo lugar. Há também 6! anagramas
com a letra P em primeiro lugar e A em segundo lugar. Ao somar-
mos 7! com 7!, encontramos o número de anagramas com P em
primeiro lugar ou A em segundo lugar, mas contamos duas vezes
os anagramas que têm P em primeiro lugar e A em segundo lugar.
A resposta é 7! + 7! − 6! = 5040 + 5040 − 720 = 9.360.
1
(h) Há 7! anagramas com a letra P em primeiro lugar, 7! anagramas
com a letra A em segundo e 7! anagramas com a letra C em ter-
ceiro. Há também 6! anagramas com P em primeiro lugar e A em
segundo lugar, 6! anagramas com P em primeiro e C em terceiro
e 6! anagramas com A em segundo e C em terceiro. Finalmente,
há 5! anagramas com P em primeiro lugar, A em segundo e C em
terceiro.
Ao somarmos 7! com 7! com 7!, encontramos o número de ana-
gramas que têm P em primeiro lugar ou A em segundo ou C em
terceiro, mas contamos alguns anagramas várias vezes.
Contamos duas vezes os anagramas que têm P em primeiro lugar
e A em segundo; o mesmo se deu com os que têm P em primeiro
e C em terceiro e com os que têm A em segundo e C em terceiro.
Descontando essas contagens indevidas, chegamos a 7! + 7! + 7!−
6! − 6! − 6! = 3.7! − 3.6!.
Entretanto, anagramas com P em primeiro lugar e A em segundo e
C em terceiro foram, inicialmente, contados três vezes e, posterior-
mente, descontados três vezes, o que significa que não estão sendo
contados. Incluindo-os na contagem, obtemos a resposta correta,
que é 3.(7!) − 3.(6!) + 5! = 3.(5.040) − 3.(720) + 120 = 13.080.
(i) Como há 6 ordens posśıveis para as letras C, A e P, os anagramas
pedidos são exatamente 1/6 do total, ou seja, 8!/6 = 6.720.
2. O valor de f(a1) pode ser escolhido de n modos; o valor de f(a2), de
n− 1 modos; . . . ; o de f(an), de 1 modo.
A resposta é n(n− 1) · · · 1 = n!.
3. O número total de modos de sentar 8 pessoas em 8 cadeiras é o número
de modos de arrumar 8 pessoas em fila, 8!. O número de modos de
arrumar 8 pessoas em fila de modo que duas dessas pessoas, Vera e
Paulo, fiquem juntas é 2.7!, pois, para formar uma tal fila, devemos
inicialmente decidir em que ordem se colocarão Vera e Paulo e, em
seguida formar uma fila de 7 objetos: o bloco formado por Vera e
Paulo; as demais 6 pessoas.
A resposta é 8! − 2.7! = 40.320 − 10.080 = 30.240.
4. Como visto no problema anterior, o número de filas nas quais duas
pessoas (neste caso Helena e Pedro) ficam juntas é 2.7! = 10.080. O
2
número de filas onde Helena e Pedro e também Vera e Paulo ficam
juntos é obtido de modo análogo: agora são dois blocos de duas pes-
soas, cada um podendo ser arrumado de dois modos distintos e mais
4 pessoas. Portanto, o número de tais filas é 2.2.6! = 2.880. Logo, o
número de filas emque Helena e Pedro ficam juntos, mas Vera e Paulo
não, é 10, 080 − 2.880 = 7.200.
5. O elemento da permutação que ocupa o 10o¯ lugar deve ser maior que 7.
Pode ser escolhido de 3 modos. O elemento da 9a¯ posição deve ser maior
que 6; haveria 4 possibilidades, mas uma delas já foi usada na escolha
do elemento que ocupa a 10a¯ posição. Pode ser escolhido de 3 modos.
Prosseguindo com esse racioćınio, vemos que a cada nova casa abranda-
se a restrição, criando uma possibilidade a mais, mas ao mesmo tempo
diminui-se uma possibilidade, pois uma delas foi usada na etapa. Ou
seja, há 3 possibilidades para cada casa até a 3a¯ casa. O elemento
da 3a¯ posição deve ser maior que 3 − 3 = 0; haverá 10 possibilidades,
mas 7 delas já foram usadas nas etapas anteriores. Pode ser escolhido
de 10 − 7 = 3 modos. O elemento da 2a¯ posição deve ser maior que
2−3 = −1; haveria 10 possibilidades mas 8 já foram usadas nas etapas
anteriores. Pode ser escolhido de 10 − 8 = 2 modos. Finalmente, o
elemento de posição 1 deve ser maior que 1 − 3 = −2; haveria 10
possibilidades, mas 9 delas já foram usadas nas etapas anteriores. Pode
ser escolhido de 10 − 9 = 1 modo.
A resposta é 38.2.1 = 13.122.
6. Há C515 modos de formar o Esporte; depois disso, C
5
10 modos de formar
o Tupi; finalmente, 1 único modo de formar o Minas.
A resposta é C515 × C510 × 1 = 756.756.
7. O número de possibilidades é igual ao número obtido no problema
anterior dividido por 3! = 6, já que permutando os nomes dos times a
subdivisão continua a mesma. A resposta é 756.745/6 = 126.126.
8. Escolha, sucessivamente, 3 pessoas para formar os 4 grupos de 3; isto
pode ser feito, sucessivamente, de C320, C
3
17, C
3
14 e C
3
11 modos. A seguir,
com as 8 pessoas restantes for os 2 grupos restantes, o que pode ser
feito de C48 e C
4
4 modos, respectivamente. Fazendo isso, contamos cada
divisão 4!.2! vezes, porque, quando formamos os mesmos grupos de 3 e
3
os mesmos grupos de 4 em outra ordem, contamos como se fosse outra
divisão em grupos.
A resposta é
C320.C
3
17.C
3
14.C
3
1 .C
4
8 .C
4
4
4!.3!
=
20!
(3!)4(4!)24!2!
= 67.897.830.000.
9. Os adversários em cada jogo podem ser escolhidos, sucessivamente, de
C212, C
2
10, C
2
8 , C
2
6 , C
2
4 e C
2
2 modos. No entanto, assim contamos cada
posśıvel rodada 6! vezes, já que contamos diferentes ordens dos jogos
como se fossem rodadas diferentes. A resposta é
C212.C
2
10.C
2
8 .C
2
6 .C
2
4 .C
2
2
6!
=
12!
26.6!
= 10.395
10. (a) Para determinar o lugar ocupado pelo número 62.417, devemos
contar quantos números estão antes dele. Antes dele estão os
números começados por:
i. 1 (4!=24 números)
ii. 2(4!=24 números)
iii. 4 (4!=24 números)
iv. 61 (3!=6 números)
v. 621 (4!=2 números)
Há 24 + 24 + 24 + 6 + 2 = 80 números antes do 62.417.
A resposta é 81o¯
(b) Como há 4! = 24 números começados por 1, e 4! = 24 números
começados por 2 e 3! = 6 números começados por 41, e 3! = 6
números começados por 42, e 3! = 6 números começados por 46,
o 66o¯ número escrito é o último dos números começados por 46,
ou seja, 46.721.
A resposta é 46721.
(c) Como há 5 algarismos em cada número, o 166o¯ algarismo escrito
é o primeiro algarismo do 36o¯ número.
Como há 4! = 24 números começados por 1, e 3! = 6 números
começados por 21, e 3! = 6 números começados por 24, o 36o¯
número escrito é o último dos números começados por 26. Logo,
seu primeiro algarismo é 2.
4
(d) Nas casas das unidades desses números, aparecem apenas os alga-
rismos 1, 2, 4, 6, 7, cada um deles 4! = 24 vezes. A soma das unida-
des desses números é, portanto, (1+2+4+6+7).24 = 480 unidades,
ou seja, 480. A soma das dezenas é, analogamente, igual a 480 de-
zenas, ou seja, 4.800. A soma das centenas é igual a 480 centenas,
ou seja, 48.000. A soma das unidades de milhar é igual a 480 uni-
dades de milhar, ou seja, 480.000. Finalmente, a soma das dezenas
de milhar é igual a 480 dezenas de milhar, ou seja, 4.800.000. A
resposta é 480 + 4.800 + 48.000 + 480.000 + 4.800.000 = 5.333.280.
5
13
1
Combinatória III
Continuação
Sumário
13.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
13.2 O Triângulo Aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . 4
13.3 O Binômio de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Unidade 13 Introdução
13.1 Introdução
A unidade se inicia com o triângulo de Tartaglia-Pascal, que é uma tabela de
formato triangular (não limitada) de números naturais, fácil de construir e que
permite obter de modo imediato os coe�cientes do desenvolvimento de (a+b)n.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
· · · · · · · · · · · · · · ·
Esse triângulo foi descoberto pelo matemático chinês Yang Hui (1238-1298) e
suas propriedades aritméticas foram estudadas pelo matemático francês Blaise
Pascal (1623-1662). Este escreveu o livro Traité du Triangle Arithmétique,
publicado em 1654, razão pela qual o triângulo leva o seu nome. Pascal, junto
com Fermat, foi o criador da Análise Combinatória (assunto das Unidades 11-
16) e da Teoria de Probabilidades, que estudaremos nas Unidades 17-20.
Dentre as propriedades notáveis do triangulo de Pascal, destacam-se a simetria
axial com relação ao eixo vertical central e a relação de Stifel(
n− 1
m− 1
)
+
(
n− 1
m
)
=
(
n
m
)
,
onde (
n
m
)
=
n!
m!(n−m)!
,
número esse também denotado por Cmn .
Essa relação é a base da construção do triângulo, pois permite determinar os
elementos de uma linha conhecendo os elementos da linha anterior. Destacam-
se também o Teorema das Linhas o Teorema das Colunas, dentre muitas outras
propriedades.
A seguir, é apresentado o Binômio de Newton, ou seja, a fórmula que fornece o
desenvolvimento de (a+b)n de um modo diferente do que foi feito na Unidade 4.
2
Unidade 13Combinatória III Continuação
Aqui se utilizam argumentos combinatórios, ao invés dos argumentos algébricos
que foram utilizados lá.
O Binômio de Newton era conhecido muito antes de Newton, mas leva o seu
nome porque ele teve a formidável idéia de usar esse desenvolvimento com ex-
poentes racionais para fazer uma generalização inesperada do clássico Teorema
da Função Implícita para equações polinomiais f(X, Y ) = 0, onde f(0, 0) = 0,
em condições onde não se aplica o teorema clássico, ou seja, quando
∂f
∂x
(0, 0) = 0 e
∂f
∂y
(0, 0) = 0.
Como são de�nidos tais desenvolvimentos? Bem, formalmente, podemos
de�nir, para n racional e m natural os coe�cientes binomiais como de costume(
n
m
)
=
n(n− 1) · · · (n−m+ 1)
m!
.
Note que, se n for inteiro (�xado), então
(
n
m
)
se anula para m ≥ n + 1, o
que não é o caso se n for um número racional α que não é natural. Nessa
situação, o coe�cientes binomiais nunca se anulam. Portanto, podemos escre-
ver formalmente, como Newton fez, o desenvolvimento em série in�nita
(1+X)α = 1+αX+
α(α− 1)
2
X2+· · ·+α(α− 1) · · · (α−m+ 1)
m!
Xm+· · · . (13.1)
Essa série foi responsável pelo famoso paradoxo do binômio, que intrigou os
matemáticos até ser de�nitivamente esclarecido por Gauss. Esse paradoxo se
obtém, por exemplo, fazendo em (1) a substituição X = −2 e α = −1, obtendo
−1 = 1 + 2 + 22 + · · ·
A razão do surgimento desse paradoxo, como explicado por Gauss, consiste em
tratar somas in�nitas como se fossem �nitas. A igualdade só vale se a série da
direita for convergente, o que só ocorre quando |X| < 1, e isso não é o caso
quando X = −2. Por aí pode-se ter mais uma comprovação da genialidade de
Gauss, que introduziu a noção de convergência para séries, iniciando o ramo
da Análise Matemática. Gauss fez o estudo completo da série hipergeométrica,
que contém, como casos particulares, várias séries conhecidas. Infelizmente, a
matemática de Gauss é muito pouco abordada no Ensino Médio.
Para �nalizar, resolva a lista de problemas propostos e leia a seção �Sobre o
Ensino de Combinatória�.
3
Unidade 13 O Triângulo Aritmético
13.2 O Triângulo Aritmético
Chamamos de triânguloaritmético de Tartaglia1-Pascal2 ao quadro abaixo,
formado com os diversos valores de Cpn.
C00
C01 C
1
1
C02 C
1
2 C
2
2
C03 C
1
3 C
2
3 C
3
3
C04 C
1
4 C
2
4 C
3
4 C
4
4
C05 C
1
5 C
2
5 C
3
5 C
4
5 C
5
5
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Observe que, enumerando as linhas e colunas a partir de zero, Cpn aparece na
linha n e coluna p.
A propriedade que permite construir rapidamente o triângulo é a relação de
Stifel3, que diz que somando dois elementos lado a lado no triângulo obtém-se
o elemento situado embaixo do da direita. Assim, a próxima linha do triângulo
seria
1, 1 + 5 = 6, 5 + 10 = 15, 10 + 10 = 20, 10 + 5 = 15, 5 + 1 = 6, 1.
Proposição 1
Relação de Stifel
Cpn + C
p+1
n = C
p+1
n+1.
Demonstração Considere um conjunto A de n+1 elementos, um dos quais é x. O número
de subconjuntos de A com p+1 elementos é Cp+1n+1. Esse número é igual à soma
do número de subconjuntos nos quais x não �gura, Cp+1n , com o número de
subconjuntos nos quais x �gura, Cpn.
Outra relação importante é dada pelo:
1Tartaglia, Nicolo Fontana (1500-1557), matemático italiano.
2Pascal, Blaise (1623-1662), matemático, �lósofo e físico francês.
3Stifel, Michael (1487?-1567), algebrista alemão.
4
Marcos
Realce
Marcos
Realce
Marcos
Retângulo
Marcos
Realce
Marcos
Retângulo
Unidade 13Combinatória III Continuação
Teorema 2
Teorema das Linhas
C0n + C
1
n + C
2
n + · · ·+ Cnn = 2n.
DemonstraçãoBasta observar que os dois membros são iguais ao número de subconjuntos
de um conjunto com n elementos.
Exemplo 1Um palácio tem 7 portas. De quantos modos pode ser aberto o palácio?
Solução. Há C17 modos de abrir o palácio abrindo uma só porta, C
2
7 modos de
abrir o palácio abrindo duas portas, etc. A resposta é
C11 + C
2
7 + · · ·+ C77 = 27 − C07 = 128− 1 = 127.
Finalmente, a relação que declara que, em cada linha, elementos equidis-
tantes dos extremos são iguais.
Proposição 3
Combinações
Complementares
Cpn = C
n−p
n .
DemonstraçãoBasta observar que o número de modos de escolher, entre n objetos, p
objetos para usar é igual ao de escolher n− p objetos para não usar.
13.3 O Binômio de Newton
A fórmula do binômio de Newton4 é a fórmula que dá o desenvolvimento
de (x+ a)n. Para obtê-la basta multiplicar
(x+ a) · (x+ a) · · · · · (x+ a).
O termo genérico do produto é obtido tomando em p dos fatores, p = 0, 1, 2, . . . , n,
a segunda parcela e tomando nos restantes n − p fatores a primeira parcela.
4Newton, Isaac (1642-1727), matemático e físico inglês.
5
Marcos
Retângulo
Marcos
Realce
Marcos
Realce
Marcos
Retângulo
Marcos
Realce
Unidade 13 O Binômio de Newton
Como isso pode ser feito de Cpn modos, o termo genérico do produto é C
p
na
pxn−p
e
(x+ a)n =
n∑
p=0
Cpna
pxn−p
= C0na
0xn + C1na
1xn−1 + C2na
2xn−2 + · · ·+ Cnnanx0.
Exemplo 2 Determine o coe�ciente de x
3 no desenvolvimento de(
x4 − 1
x
)7
.
Solução. O termo genérico do desenvolvimento é
Cp7
(
−1
x
)p
(x4)7−p = Cp7 (−1)px28−5p.
O termo em x3 é obtido se 28− 5p = 3, ou seja, se p = 5.
O termo procurado é C57(−1)5x3 = −21x3 . O coe�ciente é −21.
Exemplo 3 Determine o termo máximo do desenvolvimento de(
1 +
1
3
)50
.
Solução. O termo genérico do desenvolvimento é
tp = C
p
na
pxn−p = Cp50
(
1
3
)p
.
Vamos descobrir para que valores de p os termos crescem. Para isso, calcu-
lamos
tp − tp−1 = Cp50
(
1
3
)p
− Cp−150
(
1
3
)p−1
=
50!
p!(50− p)!3p
− 50!
(p− 1)!(51− p)!3p−1
=
50!
(p− 1)!(50− p)!3p−1
(
1
3p
− 1
51− p
)
=
50!
(p− 1)!(50− p)!3p−1
(
51− 4p
3p(51− p)
)
.
6
Unidade 13Combinatória III Continuação
Temos tp−tp−1 positivo, isto é, tp > tp−1 quando 51−4p > 0 e temos tp < tp−1
quando 51− 4p < 0.
Portanto, tp > tp−1 quando p 6 12 e tp < tp−1 quando p > 13. Logo,
t0 < t1 < · · · < t11 < t12 > t13 > t14 > · · · > t50. O termo máximo é
t12 =
C1250
312
.
+ Na Sala de Aula - Sobre o Ensino de Combinatória - Clique para ler
7
Unidade 13 O Binômio de Newton
Exercícios Recomendados
1. Com 7 vitaminas diferentes, quantos coquetéis de duas ou mais vitaminas
podemos formar?
2. Determine p para que seja máximo:
a) Cp10 b) C
p
21
3. Determine o termo independente de x no desenvolvimento de(
x3 − 1
x2
)10
.
4. Determine o coe�ciente de xn no desenvolvimento de (1− x)2 · (x+2)n.
5. Determine o valor da soma C0n + 3C
1
n + 3
2C2n + · · ·+ 3nCnn .
6. Se (1 + x+ x2)n = A0 +A1x+A2x2 + · · ·+A2nx2n, determine o valor
de:
a) A0 + A1 + A2 + · · ·+ A2n
b) A0 + A2 + A4 + · · ·+ A2n.
7. Determine o termo máximo do desenvolvimento de(
1 +
1
2
)100
.
8. Prove que 10150 > 9950 + 10050.
8
Unidade 13Combinatória III Continuação
Na Sala de AulaSobre o Ensino de Combinatória
1. Não faça fórmulas demais ou casos particulares demais. Isso obscurece
as ideias gerais e torna as coisas mais complicadas. Quem troca o princípio
básico da contagem por fórmulas de arranjos, permutações e combinações tem
di�culdade de resolver até mesmo o nosso segundo exemplo (o das bandeiras).
2. Aprenda e faça com que os alunos aprendam com os erros. É importante,
diante de uma solução errada, analisar porque ela está errada.
3. Você quer mostrar que é o bom ou quer que seus alunos aprendam? Se você
prefere a segunda alternativa, resista à tentação de em cada problema buscar
solução mais elegante. O que deve ser procurado é um método que permita
resolver muitos problemas e não um truque que resolva maravilhosamente um
problema. Sendo mais especí�co: no exemplo 6, da seção de princípios básicos,
foram apresentados dois métodos e um truque. Não se deve mostrar o truque
antes de mostrar os métodos. A beleza de alguns truques só pode ser apreciada
por quem tem domínio dos métodos. Combinatória não é difícil; impossível é
aprender alguma coisa apenas com truques em vez de métodos.
4. Não dê preferência a raciocínios destrutivos, raciocínios do tipo contar a
mais e depois descontar o que não servia e foi contado indevidamente. Os
raciocínios que resolvem a maior parte dos problemas de Combinatória são
essencialmente construtivos. Embora em certos casos seja melhor usar um
raciocínio destrutivo, seus alunos só se sentirão seguros quando dominarem os
raciocínios construtivos. Por exemplo, no exemplo 7 da parte de combinações, a
primeira solução apresentada é melhor do que a segunda para educar o raciocínio
do aluno.
5. Um processo seguro de tornar as coisas complicadas é começar assim: esse
é um problema de arranjos ou de combinações? Como se resolveriam, por
exemplo, os problemas dos exemplos 2, 3 e 5 da Unidade 11 e os problemas
propostos números 1, 5, 8 e 10 da próxima unidade? Aliás, para que servem
arranjos?
9
MA12 - Unidade 13
Outras técnicas de contagem
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
4 de Abril de 2014
Permutações Circulares
De quantos modos 5 crianças podem formar uma roda?
A resposta não é 5! = 120 rodas, porque as rodas ABCDE e
EACBD, por exemplo, são na verdade a mesma roda.
Como cada roda pode aparecer em 5 posições, a resposta é
120/5 = 24.
De modo geral, o número de permutações circulares de n
elementos é
n!
n
= (n − 1)!.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 13, Outras técnicas de contagem slide 2/1
Combinações completas (ou com repetição)
Quantas são as soluções inteiras e não-negativas da equação
x1 + x2 + · · ·+ xn = p?
Cada solução da equação coresponde a uma forma de escolher
p elementos dentre 1, 2, . . . n, mas permitindo repetições. O
número de soluções é representado por CRpn .
Cada solução da equação pode ser representada por uma fila
de p sinais + e n − 1 sinais |, que separam as incógnitas.
Reciprocamente, cada fila desta forma corresponde a uma
solução.
Por exemplo: + + +|+ ||+ corresponde à solução (3,1,0,1) da
equação x1 + x2 + x3 + x4 = 5.
Para contar a quantidade de tais filas, basta escolher p dentre
os n + p − 1 lugares para colocar os sinais +.
Logo, CRpn = C
p
n+p−1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 13, Outras técnicas de contagem slide 3/1
ExemploDe quantos modos podemos comprar 3 sorvetes em uma
sorveteria que os oferece em 6 sabores distintos?
Chamando de xk o número de sorvetes do k-ésimo sabor que
vamos comprar, devemos determinar valores inteiros e
não-negativos para xk , k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, tais que
x1 + x2 + · · ·+ x6 = 3.
O número de possibilidades é CR36 = C
3
8 = 56 modos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 13, Outras técnicas de contagem slide 4/1
Lista de Exerćıcios
Unidade 13
1. De quantos modos podemos formar uma mesa de buraco com 4 joga-
dores?
2. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 5 meninos
e 5 meninas de modo que pessoas de mesmo sexo não fiquem juntas?
3. De quantos modos podemos formar uma roda de ciranda com 6 crianças,
de modo que duas delas, Vera e Isadora, não fiquem juntas?
4. Quantas são as soluções inteiras e positivas de x + y + z = 7?
5. Quantas são as soluções inteiras e não-negativas de x + y + z 6 6?
6. Uma indústria fabrica 5 tipos de balas que são vendidas em caixas de
20 balas, de um só tipo ou sortidas. Quantos tipos de caixas podem
ser montados?
1
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 13
1. A resposta é o número de permutações circulares de 4 elementos, ou
seja, 3! = 6.
2. Há (PC)5 = 4! modos de formar uma roda com as meninas. Depois
disso, os 5 meninos devem ser postos nos 5 lugares entre as meninas, o
que pode ser feito de 5! modos. A resposta é 4!×5! = 24×120 = 2.880.
3. É mas simples calcular o número total de rodas e excluir aquelas em
que Vera e Isadora ficam juntas. O número total de rodas é PC6 =
5! = 120. Para formar as rodas em que Vera e Isadora se colocarão na
roda. Há 2 possibilidades: Vera-Isadora e Isadora-Vera. Agora tudo
se passa como se Vera e Isadora fossem uma única criança. Assim,
há 2(PC)5 = 2.4! = 48 rodas em que Vera e Isadora ficam juntas. A
resposta é 120 − 48 = 72 rodas.
4. Chamando x de 1 +a, y de 1 + b e z de 1 + c, o problema se transforma
em encontrar todas as soluções inteiras e não-negativas de (a+1)+(b+
1)+(c+1) = 7, ou seja, de a+c+c = 4. A resposta é CR43 = C
4
6 = 15.
5. Cada solução inteira e não negativa da inequação x+ y + z ≤ 6 corres-
ponde a uma solução inteira e não negativa da equação x+y+z+f ≤ 6.
Logo, há CR64 = C
6
9 = 84 soluções.
6. Para formar uma caixa, devemos selecionar 20 dentre os 5 tipos, valendo
repetição na escolha. Ou seja, devemos formar soluções inteiras e não
negativas de x1+x2+x3+x4+x5 = 20, onde xi é o número de bombons
do tipo i. A resposta é CR205 = C
20
24 = 10.626.
1
14
1
Problemas de
Combinatória
Lista I
Unidade 14
Problemas
Lista 1
1. Em um corredor há 900 armários, numerados de 1 a 900, inicialmente
todos fechados. 900 pessoas, numeradas de 1 a 900, atravessam o corre-
dor. A pessoa de número k reverte o estado de todos os armários cujos
números são múltiplos de k. Por exemplo, a pessoa de número 4 mexe
nos armários de números 4, 8, 12, . . . , abrindo os que encontra fechados
e fechando os que encontra abertos. Ao �nal, quais armários �carão
abertos?
2. Dispomos de 5 cores distintas. De quantos modos podemos colorir os
quatro quadrantes de um círculo, cada quadrante com uma só cor, se
quadrantes cuja fronteira é uma linha não podem receber a mesma cor?
3. De quantos modos podemos formar uma palavra de 5 letras de um alfa-
beto de 26 letras, se a letra A deve �gurar na palavra mas não pode ser
a primeira letra da palavra? E se a palavra devesse ter letras distintas?
4. As placas dos veículos são formadas por três letras (de um alfabeto de
26) seguidas por 4 algarismos. Quantas placas poderão ser formadas?
5. Um vagão do metrô tem 10 bancos individuais, sendo 5 de frente e 5
de costas. De 10 passageiros, 4 preferem sentar de frente, 3 preferem
sentar de costas e os demais não têm preferência. De quantos modos eles
podem se sentar, respeitadas as preferências?
6. Escrevem-se os inteiros de 1 até 2 222. Quantas vezes o algarismo 0 é
escrito?
7. Quantos são os inteiros positivos de 4 dígitos nos quais o algarismo 5
�gura?
8. Em uma banca há 5 exemplares iguais da �Veja�, 6 exemplares iguais da
�Época� e 4 exemplares iguais da �Isto é�. Quantas coleções não-vazias
de revistas dessa banca podem ser formadas?
2
Unidade 14Problemas de Combinatória Lista I
9. Uma turma tem aulas as segundas, quartas e sextas, de 13h às 14h e de
14h às 15h. As matérias são Matemática, Física e Química, cada uma
com duas aulas semanais, em dias diferentes. De quantos modos pode
ser feito o horário dessa turma?
10. O problema do Exemplo 1 da Unidade 11 − Com 5 homens e 5 mulheres,
de quantos modos se pode formar um casal?− foi resolvido por um aluno
do modo a seguir: �A primeira pessoa do casal pode ser escolhida de 10
modos, pois ela pode ser homem ou mulher. Escolhida a primeira pessoa,
a segunda pessoa só poderá ser escolhida de 5 modos, pois deve ser de
sexo diferente da primeira pessoa. Há portanto 10 × 5 = 50 modos de
formar um casal�. Onde está o erro?
11. Escrevem-se números de 5 dígitos, inclusive os começados em 0, em car-
tões. Como 0, 1 e 8 não se alteram de cabeça para baixo e como 6,
de cabeça para baixo, se transforma em 9 e vice-versa, um mesmo car-
tão pode representar dois números (por exemplo, 06198 e 86190). Qual
é o número mínimo de cartões para representar todos os números de 5
dígitos?
12. Qual a soma dos divisores positivos de 360?
3
MA12 - Unidade 14
Triângulo de Pascal e Binômio de Newton
Paulo Cezar Pinto Carvalho
PROFMAT - SBM
4 de Abril de 2014
Triângulo de Tartaglia-Pascal
C 00
C 01 C
1
1
C 02 C
1
2 C
2
2
C 03 C
1
3 C
2
3 C
3
3
C 04 C
1
4 C
2
4 C
3
4 C
4
4
C 05 C
1
5 C
2
5 C
3
5 C
4
5 C
5
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 2/11
Triângulo de Tartaglia-Pascal
Alternativamente:
C00
C01 C
1
1
C02 C
1
2 C
2
2
C03 C
1
3 C
2
3 C
2
3
C04 C
1
4 C
2
4 C
3
4 C
4
4
C05 C
1
5 C
2
5 C
3
5 C
4
5 C
5
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 3/11
Relação de Stifel
Cpn + C
p+1
n = C
p+1
n+1 .
Prova: Contar de dois modos diferentes os subconjuntos com
p + 1 elementos de {1, 2, . . . , n, n + 1}:
diretamente;
contando separadamente os subconjuntos incluindo ou
excluindo n + 1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 4/11
Teorema das linhas
C 0n + C
1
n + C
2
n + . . . + C
n
n = 2
n
Prova: Contar de dois modos diferentes os subconjuntos de
{1, 2, . . . , n}:
diretamente;
contando separadamente os subconjuntos de cada
cardinalidade.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 5/11
Combinações complementares
Cpn = C
n−p
n (termos de uma mesma linha equidistantes dos
extremos são iguais).
Prova: escolher um subconjunto com p elementos equivale a
escolher seu complementar.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 6/11
Binômio de Newton
(x + a)n =
n∑
p=0
Cpn a
pxn−p
= C 0n a
0xn + C 1n a
1xn−1 + C 2n a
2xn−2 + · · ·+ Cnn anx0.
Prova:
Considere o produto (x + a)n = (x + a)(x + a) . . . (x + a)
Para formar um termo igual a apxn−p, é preciso tomar p
fatores iguais a a e n − p fatores iguais a x , o que pode ser
feito de C pn modos.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 7/11
Exemplo
Determine o coeficiente de x3 no desenvolvimento de(
x4 − 1
x
)7
.
O termo genérico do desenvolvimento é
Cp7
(
−1
x
)p
(x4)7−p = Cp7 (−1)
px28−5p.
O termo em x3 é obtido quando 28− 5p = 3, ou seja, se
p = 5.
O termo procurado é C 57 (−1)5x3 = −21x3 .
O coeficiente é −21.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14,Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 8/11
Exemplo
Mostre que C 0n − C 1n + C 2n + . . . + (−1)nCnn = 0 (ou seja, a
soma das combinações de taxa par de n elementos é igual à
soma das combinações de taxa ı́mpar).
Basta formar o desenvolvimento de
(1− 1)n =
∑n
p=0 C
p
n (−1)p1n−p.
Note que, ao formar o desenvolvimento de (1 + 1)n,
redescobrimos o Teorema das Linhas:
C 0n + C
1
n + C
2
n + . . . + C
n
n = 2
n
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 9/11
Exemplo
Determine o termo máximo do desenvolvimento de(
3
4 +
1
4
)30
.
Se uma pessoa responde ao acaso um teste com 30 questões
com 4 alternativas cada, qual é o número mais provável de
questões certas?
A probabilidade de acertar p questões é igual ao termo de
ordem p do desenvolvimento:
tp = C
p
30
(
1
4
)p(3
4
)(30−p)
= Cp30
330−p
430
.
Vamos descobrir para que valores de p os termos crescem.
Para isso, devemos estudar o comportamento de tp − tp−1.
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 10/11
Continuação
tp − tp−1 = Cp30
330−p
430
− Cp−130
331−p
430
=
30!330−p
p!(30− p)!430
− 30!3
31−p
(p − 1)!(31− p)!430
=
30!330−p
p!(31− p)!430
((31− p)− 3p)
=
30!330−p
p!(31− p)!430
(31− 4p)
tp > tp−1 ⇔ 31− 4p > 0⇔ p < 314 = 7, 75⇔ p ≤ 7
O maior termo é t7 = C
7
30
323
430
(ou seja, o número mais
provável de respostas corretas é 7).
PROFMAT - SBM MA12 - Unidade 14, Triângulo de Pascal e Binômio de Newton slide 11/11
Lista de Exerćıcios
Unidade 14
1. Com 7 vitaminas diferentes, quantos coquetéis de duas ou mais vita-
minas podemos formar?
2. Determine p para que seja máximo:
a) Cp10 b) C
p
21
3. Utilize a Relação de Stifel para demonstrar, por indução finita, o Teo-
rema das Linhas.
4. Prove o Teorema das Diagonais: C0n+C
1
n+1+C
2
n+2+. . .+C
p
n+p = C
p+1
n+p+1.
5. Determine o termo independente de x no desenvolvimento de(
x3 − 1
x2
)10
.
6. Determine o coeficiente de xn no desenvolvimento de (1−x)2 · (x+ 2)n.
7. Determine o valor da soma C0n + 3C
1
n + 3
2C2n + · · · + 3nCnn .
8. Se (1 + x + x2)n = A0 + A1x + A2x
2 + · · · + A2nx2n, determine o valor
de:
a) A0 + A1 + A2 + · · · + A2n
b) A0 + A2 + A4 + · · · + A2n.
9. Determine o termo máximo do desenvolvimento de(
1 +
1
2
)100
.
10. Prove que 10150 > 9950 + 10050.
1
Soluções da Lista de Exerćıcios
Unidade 14
1. C27 + C
3
7 + · · · + C77 = 27 − C07 − C17 = 128 − 1 − 7 = 120.
2. (a) Cp10 é elemento da linha 10. Em qualquer linha, o elemento máximo
é o do meio. A resposta é p = 5.
(b) Cp21 é elemento da linha 21. Em qualquer linha, o elemento máximo
é o do meio, A resposta é p = 10 ou p = 11.
3. Para n = 0, temos C0n = 1 = 2
0, o que mostra que o teorema vale para
a linha 0. Suponhamos que ele valha para a linha n, isto é, C0n + C
1
n +
. . . + Cnn = 2
n. Temos Cin+1 = C
i−1
n + C
i
n, para i = 1, 2, . . . , n. Logo,
C0n+1 + C
1
n+1 + C
2
n+1 + . . . + C
n−1
n+1 + C
n
n+1 + C
n+1
n+1 =
C0n+1+(C
0
n+C
1
n)+(C
1
n+C
2
n)+. . .+(C
n−2
n +C
n−1
n )+(C
n−1
n +C
n
n)+C
n+1
n+1 =
(C0n+1 + C
0
n) + 2C
1
n + . . . + 2C
n−1
n + (C
n
n + C
n+1
n+1) =
2Cn0 + 2C1n + . . . + 2C
n−1
n + 2C
n
n = 2.2
n = 2n+1.
Logo o teorema também vale para a linha n+1. Portanto, por indução,
vale para qualquer linha.
4. O enunciado correto é: Prove o Teorema das Diagonais: C0n + C
1
n+1 +
C2n+2 + . . . + C
p
n+p = C
p
n+p+1.
Como C0n = C
0
n+1, a propriedade vale para p = 0. Suponhamos que ela
seja válida para p. Então
C0n + C
1
n+1 + C
2
n+2 + . . . + C
p
n+p + C
p+1)=
n+p+1
Cpn+p+1 + C
p+1)=Cp+1n+p+2
n+p+1 (pela relação de Stifel),
o que mostra que a propriedade vale para p+1. Portanto, por indução,
vale para todo p.
5. Tp+1 = C
p
10
(
(−1)
x2
)p
(x3)10−p = Cp10(−1)px30−5p independerá de x para
30 − 5p = 0, ou seja, p = 6.
A resposta é T7 = C
6
10(−1)6x0 = 210.
1
6. (1 − x2) = 1 − 2x + x2 e (1 + x)n = xn + nxn−1 + n(n−1)
2
xn−2 + · · · . Os
termos em xn no produto são:
1.xn = xn; −2x.xn−1 = −2nxn; x2 · n(n−1)
2
xn−2 = n(n−1)
2
xn.
A resposta é 1 − 2n + n(n−1)
2
= n
2−5n+2)
2
.
7. A soma pedida é
n∑
k=0
Ckn3
k = (1 + 3)n = 4n.
8. (a) Seja P (x) = (1 + x + x2)n. Então, A0 + A1 + A2 + · · · + An =
P (1) = 3n.
(b) Sejam S0 = A0+A2+· · ·+A2n e S1 = A1+A3+· · ·+A2n−1. Então
P (1) = S0 + S1 e P (−1) = S0 − S1. Lodo, S0 =
P (1) + P (−1)
2
=
3n + 1
2
.
9. Tp+1 = C
p
120
(
1
2
)p
=
120!
p!(120 − p)!
·
1
2p
e
Tp = C
p−1
120
(
1
2
)p−1
=
120!
(p− 1)!(121 − p)!
·
1
2p−1
;
Tp+1
Tp
=
121 − p
2p
; Tp+1 > Tp se p ≤ 40 e Tp+1 < Tp se p ≥ 41
Dáı T1 < T2 < · · · < T40 < T41 > T42 > · · · > T121.
O termo máximo é T41 =
C40120
240
.
10. Sejam a = 10150 e b = 10050 + 9950. Temos:
a =(100 + 1)50 = C050100
50 + C150100
49 + C250100
48
+ · · · + C4950100 + C5050
b =10050 + (100 − 1)50 = C05010050 − C15010049 + C25010048
− · · · − C4950100 + C5050 + 10050
Logo,
2
a− b = 2C15010049 + 2C35010047 + · · · + 2C4950100 − 10050
= 2C150100
49 + · · · + 2C4950100 > 0.
Portanto, a > b.
3
15
1
Problemas de
Combinatória
Lista II
Unidade 15
Problemas
Lista 2
1. De quantos modos é possível colocar r rapazes e m moças em �la de
modo que as moças permaneçam juntas?
2. Quantos dados diferentes é possível formar gravando números de 1 a 6
sobre as faces de um cubo?
a) Suponha uma face de cada cor.
b) Suponha faces iguais.
c) Suponha que as faces são iguais e que a soma dos pontos de faces
opostas deva ser igual a 7.
3. Resolva o problema anterior, no caso b), para os outros 4 poliedros regu-
lares.
4. Determine n para que
n∑
k=1
k! seja um quadrado perfeito.
5. Quantos são os anagramas da palavra �ESTRELADA�?
6. O conjunto A possui n elementos. Quantos são os seus subconjuntos
com p elementos?
7. Uma faculdade realiza seu vestibular em dois dias de provas, com 4 maté-
rias em cada dia. Este ano a divisão foi: Matemática, Português, Biologia
e Inglês no primeiro dia e Geogra�a, História, Física e Química no segundo
dia. De quantos modos pode ser feito o calendário de provas?
8. Qual é o erro na solução do problema abaixo?
Com 5 homens e 4 mulheres, quantas comissões de 5 pessoas, com pelo
menos 3 homens, podem ser formadas?
�Solução: Primeiramente vamos escolher 3 homens para a comissão, o
que pode ser feito de C35 = 10 modos. Agora devemos escolher mais
duas pessoas para a comissão, homens ou mulheres, entre as 6 pessoas
restantes, o que pode ser feito de C26 = 15. A resposta é 10×15 = 150.�
2
Unidade 15Problemas de Combinatória Lista II
9. Quantas diagonais possui:
a) um octaedro regular?
b) um icosaedro regular?
c) um dodecaedro regular?
d) um cubo?
e) um prisma hexagonal regular?
10. Sejam Im = {1, 2, . . . ,m} e In = {1, 2, . . . , n}, com m 6 n. Quantas
são as funções f : Im → In estritamente crescentes?
11. Quantos são os números naturais de 7 dígitos nos quais o dígito 4 �gura
exatamente 3 vezes e o dígito 8 exatamente 2 vezes?
12. Quantos são os subconjuntos de {a1, a2, . . . , an}, com p elementos, nos
quais:
a) a1 �gura;
b) a1 não �gura;
c) a1 e a2 �guram;
d) pelo menos um dos elementos a1, a2 �gura;
e) exatamente um dos elementos a1 e a2 �gura.
13. De um baralho de pôquer (7, 8, 9, 10, valete, dama, rei e ás, cada um
desses grupos aparecendo em 4 naipes: copas, ouros, paus, espadas),
sacam-se simultaneamente 5 cartas.
a) Quantas são as extrações possíveis?
Quantas são as extrações nas quais se forma:
b) um par (duas cartas em um mesmo grupo e as outras três em três
outros grupos diferentes)?
c) dois pares (duas cartas em um grupo, duas em outro grupo e uma
em um terceiro grupo)?
d) uma trinca (três cartas em um grupo e as outras duas em dois outros
grupos diferentes)?
3
Unidade 15
e) um �four� (quatro cartas em um grupo e uma em outro grupo)?
f) um �full hand� (três cartas em um grupo e duas em outro grupo)?
g) uma sequência (5 cartas de grupos consecutivos, não sendo