Como pedir a ajuda de Pierre de Fermat para ensinar a ler


Muitos estudantes gostam de ouvir histórias nas quais aparece o último teorema de Fermat; eles até ficam felizes de conversar sobre Fermat em sala de aula. Sempre que pode, um professor de São Paulo usa esse fenômeno para ensinar seus alunos a ler artigos científicos.


Na USP, um professor do Instituto de Matemática e Estatística, Severino Toscano do Rêgo Melo, com frequência dá aulas de cálculo. Um professor de cálculo não precisa falar demais para convencer seus alunos de que cálculo é importante — eles sabem disso antes mesmo de se matricular na faculdade. Mas, em 2011, Toscano deu pela primeira vez aulas de geometria analítica para estudantes de física; neste caso, o professor precisa convencer alunos não matemáticos a se debruçar sobre um tema que eles associam mais à matemática pura, isto é, que eles associam a uma matemática, digamos assim, meio inútil. O que fazer? Toscano recorreu a uma história famosa: a do último teorema de Fermat. “Essa história é meio mítica”, diz Toscano, “no sentido de que ela atiça a imaginação das pessoas.”

A aula transcorreu mais ou menos assim: Toscano mostrou duas curvas aos alunos (como no desenho 1). Esperou um tempo para que eles a examinassem, e perguntou:

“Na curva azul e na curva vermelha, existem pontos com coordenadas racionais?”

Desenho 1

Olhando os desenhos, o estudante (vamos chamá-lo de 8Dh) tem motivos para pensar que sim: existem pontos com coordenadas racionais nas duas curvas. Afinal, ambas se parecem; ambas foram plotadas pelo mesmo computador. 8Dh vê uma linha azul contínua e uma linha vermelha contínua; não consegue distinguir nenhuma interrupção em nenhuma delas. Boa parte dos alunos raciocinou como 8Dh, que respondeu:

“Parece que sim.”

Então Toscano mostrou as equações de onde saíram as duas curvas. A curva azul saiu desta equação:

x2 + y2 = 1

E a curva vermelha, desta equação:

x3 + y3 = 1

Toscano trabalhava com um trechinho do livro Geometria Analítica e Álgebra Linear (de Elon Lages Lima), e os alunos, só de olhar as duas equações e de ouvir o nome de Fermat, ficaram alegres; eles desconfiaram que haviam se deixado enganar pelos olhos, e anteciparam uma aula cheia de prazeres intelectuais. As duas curvas têm uma diferença fundamental, explicou Toscano: a azul contém infinitos pontos com coordenadas racionais, mas a vermelha, como consequência direta do teorema de Fermat-Wiles, só contém dois pontos: (1, 0) e (0, 1), isto é, os dois pontos extremos. (Para ilustrar boa parte das explicações, Toscano usou o primeiro quadrante do plano cartesiano YOX, com x e y iguais ou maiores que 0 e iguais ou menores que 1.) Então Toscano relembrou o teorema e o usou para provar o que havia acabado de dizer.

Teorema de Fermat-Wiles. Se n é um inteiro maior que 2, então não existem inteiros positivos p, q, e r tais que:

pn + qn = rn

Uma vez relembrado o teorema, Toscano continuou no quadro negro para demonstrar por que não existem números racionais x e y (diferentes de 0), com n maior que 2, tais que:

xn + yn = 1

O segredo dessa breve demonstração é igualar x a um número racional, y a outro número racional e ver o que acontece. Toscano usou os números inteiros positivos p, q, r e s, e 8Dh anotou no caderno a demonstração (a setinha torta significa “leva naturalmente a”):

“Se a afirmação dessa última linha fosse verdadeira,” explicou Toscano à classe, “haveria inteiros positivos j = ps, k = qr e l = rs tais que jn + kn = ln, e isso, à luz do teorema de Fermat-Wiles, é absurdo!”

8Dh quis saber como o computador havia pintado a curva vermelha. Que pontos a máquina havia usado, se não podia ter usado pontos racionais? Como Toscano é matemático, ganhou o hábito de dar explicações precisas, e começou assim:

“Nenhum computador maneja números irracionais. Então, para pintar a curva vermelha, o computador usou aproximações racionais de números irracionais. Bem, matematicamente falando, se n é um inteiro maior que 2, então a linha vermelha, exceto por dois pontos, é feita exclusivamente de coordenadas irracionais.”

Isso deixa o cérebro quente, mas dá para entender mesmo assim. 8Dh imagina um ponto irracional P:

(√2, √2)

Ele sabe que a raiz de 2 vale 1,41421356…, com as casas decimais se expandindo ao infinito (e sem nenhuma dízima periódica, por mais longa que seja), mas o computador não tem memória para guardar um número com infinitas casas decimais; o computador sempre usa um número finito de casas decimais. Para ilustrar essa ideia, 8Dh supõe que o computar usa só quatro casas decimais:

“A alegria que os alunos sentiram naquela manhã”, diz Toscano, “me fez lembrar a alegria que eu mesmo senti quando vi essa demonstração pela primeira vez, em 1977.” Antes dessa aula para os alunos de física, Toscano nunca tinha conversado sobre essa demonstração e sobre essa alegria em 34 anos; esse tema não costuma entrar num curso de cálculo. Ele teve então uma ideia: e se propusesse aos estudantes uma demonstração feita com o rigor moderno? Os estudantes, estando alegres, converteriam essa alegria na energia intelectual necessária para compreender uma demonstração difícil de interpretar.

Até mesmo estudantes de matemática têm dificuldade com a linguagem típica das demonstrações modernas, diz Toscano. “Eles acham difícil interpretar essa linguagem, e mais difícil ainda usar essa linguagem.” Contudo, todo estudante de nível superior precisa aprender a, no mínimo, interpretar uma demonstração matemática moderna. Para eles, matemática é importante, e as novidades da matemática são publicadas com texto rigoroso, inclemente.

Antes do padrão atual de rigor (bem aperfeiçoado ao longo do século 20), cada matemático definia os termos técnicos à sua maneira, e deixava tudo o que lhe parecia óbvio por conta do leitor; e cada matemático organizava o texto à sua maneira — em geral, escrevia a demonstração como se fosse uma carta, pois muitas demonstrações circulavam na forma de cartas a amigos e conhecidos. Tom Archibald, professor canadense especialista em história da matemática, explica uma consequência desse estilo mais antigo de pôr a matemática no papel: “Para entender perfeitamente um texto escrito por Euler, por Gauss, ou por Taylor, o leitor tem de ser o próprio Euler, o próprio Gauss, ou o próprio Taylor.” Por causa do estilo, muito matemático bom publicou demonstrações erradas sem perceber; por exemplo, Henri Poincaré (1854-1912).

Hoje, o matemático tem de declarar seu teorema com simplicidade e clareza; depois, tem de definir os aspectos técnicos para os quais sua demonstração do teorema é válida (ele pode ignorar os aspectos técnicos sobre os quais não paire mais nenhuma dúvida); e depois tem de apresentar a demonstração no menor número de passos possível. Numa demonstração moderna, o matemático apresenta as ideias ao leitor numa ordem antinatural, diferente da ordem que ele usaria se fosse contar a história da demonstração aos amigos; como resultado, as demonstrações rigorosas são difíceis de entender. Toscano, com base naquela aula de geometria analítica, escreveu e demonstrou dois teoremas (veja o teorema 1 e o teorema 2 no artigo www.ime.usp.br/~toscano/racionais.pdf). Se o estudante puder usar a alegria retirada do teorema de Fermat-Wiles para decodificar os dois teoremas, aprenderá um tópico interessante de geometria analítica, aprenderá a parametrizar uma equação, e estudará ao mesmo tempo como interpretar artigos técnicos de matemática.

Um para um. 8Dh lê o artigo de Toscano inteiro, com atenção especial nos teoremas 1 e 2, e passa dois dias tentando descobrir como Toscano raciocinou — do começo ao fim. Eis o que descobriu sobre o teorema 1:

1. O parâmetro t é a tangente do ângulo θ, e conforme a reta tangente “gira” em torno do ponto W, o parâmetro t cobre todos os pontos do círculo, menos o próprio ponto W. Aliás, parametrizar é isso: trocar as duas variáveis (x e y) que determinam a posição de um ponto no plano cartesiano por um único parâmetro (neste caso, t). (Na computação, “parametrizar” pode ter outros significados.) 8Dh consulta um dicionário de matemática e vê a definição de tangente: cateto oposto pelo cateto adjacente. Sendo assim:

Desenho 2: De onde saiu o parâmetro t; ele é a tangente de 𝛳

2. Depois desse primeiro passo, 8Dh se pergunta: como expressar x e y em função de t? Neste caso, ele põe em prática o que sabe de álgebra:

3. Agora, 8Dh pega essas duas igualdades e as coloca na equação do círculo de raio igual a 1. Primeiro, substitui x por (y/t) 1:

8Dh chegou a uma equação do segundo grau em y. Uma das raízes é y = 0. A outra é:

Agora, para ver como pode correlacionar x com o parâmetro t, 8Dh substitui y em x = (y/t) 1:

4. Pronto: 8Dh entendeu de onde saíram f(t) e g(t), as funções com as quais pode produzir o valor de x e o de y quando tem o valor de t.

Com isso, já pode batalhar para entender as afirmações mais importantes do teorema 1. Uma delas é: “A aplicação t (f(t), g(t)) é uma bijeção entre o conjunto dos números reais e o conjunto dos pontos (x, y) contidos dentro do plano R2 tais que x2 + y2 = 1 e (x, y) ≠ (–1, 0).”

Se t é uma aplicação, significa que, para cada tangente de θ, existem um único x = f(t) e um único y = g(t). Mas, se t é uma bijeção, então não existem dois t distintos que levem ao mesmo ponto (x, y), ou seja, ao mesmo ponto (f(t), g(t)). A cada elemento do domínio dessa aplicação t corresponde um, e somente um, elemento da imagem; a cada elemento da imagem corresponde um, e apenas um, elemento do domínio.

No artigo, 8Dh nota que Toscano gastou um pouco de espaço para deixar clara essa bijeção. Por exemplo, quando pede que o leitor verifique que f(t)2 + g(t)2 = 1 para todo t. 8Dh verifica se é isso mesmo:

A última linha é verdadeira para todo valor de t. Com isso, Toscano diz que todos os pontos (f(t), g(t)) estão de fato contidos no círculo x2 + y2 = 1: os dois conjuntos de pontos são idênticos (com exceção de um ponto, que é o ponto W). Depois, Toscano pede ao leitor que verifique quais são os pontos equivalentes a duas tangentes genéricas de θ, t1 e t2, o que 8Dh faz:

E depois Toscano pergunta: e se t1 é igual a t2?

Se a aplicação não fosse bijetora, 8Dh acabaria igualando duas coisas diferentes, e no fim das contas obteria uma contradição.

Depois, no ponto mais importante do teorema 1, Toscano afirma: “Um ponto (x, y) = (f(t), g(t)) tem ambas as coordenadas racionais se, e somente se, t é racional.” Com o que 8Dh já sabe até aqui, pode decompor essa afirmação numa série de afirmações menores:

(a) Se t é um número racional, 2t também é um número racional. 8Dh checa essa afirmação com dois números inteiros a e b, com b diferente de zero:

Em outras palavras: 2 é um número racional, e um número racional, multiplicado por outro, resulta num número racional.

(b) Se t é um número racional, t2 é um número racional; o mesmo vale para os números a e b, que 8Dh usa para rabiscar:

(c) Se t2 é racional, 1 + t2 é racional também. 8Dh usa a e b para ver essa afirmação:

8Dh nota que o mesmo raciocínio vale para 1 – t2.

(d) Sabendo que um número racional dividido por outro número racional (≠ 0) resulta num número racional, e sabendo que t é um número racional, então as duas expressões abaixo resultam em números racionais:

Ora, esses dois números são f(t) e g(t), isto é, x e y. 8Dh sabe que esse mesmo jeito de raciocinar vale para o caso de t irracional: t2 talvez seja racional ou irracional, e assim 1 t2 e 1 + t2 talvez sejam racionais ou irracionais; seja como for, se t é irracional, certamente 2t é irracional. (Apesar disso, não é o caso de que, caso t seja irracional, y = g(t) é irracional também. Pois, se t = 2 + √3, daí g(t) = 1/2.)

Com esse jeito de pensar, 8Dh verificou que, se t é racional, então f(t) e g(t) são racionais. É um pouco mais difícil pensar sobre a recíproca: 8Dh igualou as expressões para f(t) e para g(t) a dois números racionais a/b e c/d (com b, d diferentes de zero), fez as contas, e por fim chegou à conclusão de que, se for assim, t tem de ser racional.

Do finito para o infinito. 8Dh agora estuda o conteúdo do teorema 2 e o reescreve de várias maneiras para entender bem o que Toscano está dizendo. Reescreve, por exemplo, o teorema de Fermat-Wiles para incluir números reais. “Se a é maior que 2”, escreve 8Dh, “então posso tirar de imediato uma conclusão.” Ele anota no caderno:

Em xa + ya = 1, e se x, y e a são racionais, então a equação não tem solução, exceto quando x = 1 e y = 0 ou quando x = 0 e y = 1, que é a solução trivial. Logo, para que a equação tenha soluções não triviais, x e y têm de ser irracionais.

Agora 8Dh passa a decompor cada frase do teorema 2, começando pelo teorema em si: para cada ponto com coordenadas (x, y) no quadrado (0, 1) por (0, 1), só existe um único número real positivo a tal que xa + ya = 1. O desenho 4 mostra sete dessas curvas; 8Dh percebe que Toscano está lhe dizendo que, em cada ponto (x, y), só passa por esse ponto uma única curva no formato xa + ya = 1.

Desenho 4

Próximo passo: x está dentro do intervalo aberto (0, 1). E y? Como calcular y em função de x e também em função de a?

8Dh sabe que, se x é um número entre 0 e 1 (excluídos 0 e 1), a curva de xa será decrescente, mais ou menos como a curva amarelinha no desenho 4.

Para compreender por que, se 0 < a < b, então 0 < xb < xa < 1, 8Dh usa o desenho 5 para esboçar o desenho 6, que é apenas uma versão mais completa da curva amarelinha no desenho 4.

Desenho 6

8Dh usa o mesmo desenho 6 para ver por que 0 < (1 – xa) < (1 – xb) < 1. Além disso, ele rabisca o desenho 7 (a curva de y = 1/x) para ver por que, se 0 < a < b, então 0 < (1/b) < (1/a).

Desenho 7

Com os desenhos 5, 6 e 7, 8Dh já consegue entender uma afirmação importante da demonstração:

A tabela 1 mostra como 8Dh raciocinou para entender por que, quando a tende a 0, hx(a) tende a 0 também, e quando a tende ao infinito, hx(a) tende a 1.

Tabela 1

Afirmação

Consequência 1

Consequência 2

Quando a tende a 0…

xa tende a 1…

… e 1 xa tende a 0.

Quando a tende a 0…

… 1/a tende ao infinito…

… e  tende a 0.

Quando a tende ao infinito…

xa tende a 0…

… e 1 – xa tende a 1.

Quando a tende ao infinito…

… 1/a tende a 0…

… e 

tende 1.

Se hx(a) é uma função estritamente crescente, significa que hx é uma bijeção do intervalo (0, +∞) no intervalo (0, 1), isto é, para cada x no intervalo (0, +∞) existe um único y no intervalo (0, 1). Da mesma forma, como hx é uma função que apenas cresce, então existe uma função inversa para achar x em função de y, que, no teorema 2, Toscano chama de hx–1.

8Dh traduz a última linha do teorema 2 assim: “Eu comecei com xa + ya = 1 e deduzi y = hx(a). Visto que hx(a) é uma bijeção, e que tem uma função inversa hx–1, então só existe um único x para cada y e um único y para cada x. Logo, se um ponto (x, y) está dentro do quadrado (0, 1) por (0, 1), ele satisfaz xa + ya = 1 se, e somente se, y = hx(a), e só existe um único número a tal que xa + ya = 1.”

Disco flexível. Mais para o final do artigo, Toscano pergunta ao leitor: como saber se cada curva dessa família de curvas possui poucos ou muitos pontos racionais? O próprio Toscano não sabe a resposta. “Esse é outro aspecto didático do artigo”, diz Toscano. “Mesmo quando lidamos com assuntos elementares, talvez façamos perguntas cujo grau de dificuldade é imprevisível.” Mesmo uma criança no ensino fundamental pode perguntar algo que o melhor matemático do mundo não tem como responder.

A partir de agora, Toscano talvez mude um pouco as aulas de cálculo. Esse artigo cairia bem na parte do curso em que os alunos estudam métodos para parametrizar uma relação entre y e x ou uma função de x em y. Se vier a fazer isso, Toscano pretende usar o mesmo método: apresenta as curvas, fala de Fermat, espera a classe se entusiasmar, e pede a leitura do artigo à guisa de exercício na arte de interpretar demonstrações modernas, escritas com rigor. “Isso seria bom para o treinamento do aluno e, com esse método, ele de algum modo se sentiria ligado a essa empreitada tão grandiosa, como foi a prova do último teorema de Fermat.”

Essa história é também exemplo de uma das virtudes da matemática: visto que ela não envelhece nem apodrece, uma pessoa mais velha pode se guiar por velhos amores e interesses. Se ela se entusiasmou por algum assunto há anos, quando era jovem, pode usar o mesmo assunto para entusiasmar os jovens de hoje. Toscano não teria conseguido fazer isso se, em 1977, tivesse ficado feliz ao comprar uma caixa de discos flexíveis de 8 polegadas. Nenhum jovem de hoje se interessaria por um disco grande, molenga e frágil, cuja capacidade de armazenamento equivale a uma fração ínfima de qualquer dispositivo atual de armazenamento. {FIM}


Observações:

1. Publiquei essa matéria pela primeira vez na revista Cálculo: Matemática para Todos, edição 15, abril de 2012, pág. 54. A versão que acabou de ler foi revista e ligeiramente reescrita. Os fatos são os que valiam na ocasião.

2. Note que o raciocínio do personagem de papel 8Dh é heurístico, e não formal. O personagem está tentando entender o artigo de Toscano, mas sem a pretensão de converter o que entendeu em provas irretocáveis do ponto de vista formal.

3. Sobre o modo como o blogueiro usa a palavra “círculo”, veja esta postagem.

Lendo Andrews: Capítulo 1

{0}/ O porquê e o como deste texto

number-theoryEste texto tem como base o capítulo 1 do livro Number Theory, de George E. Andrews: Dover Publications, Nova York, 1994. É um clássico, publicado pela primeira vez em 1971, e está à venda no Brasil — as lojas da Livraria Cultura, por exemplo, com frequência têm um exemplar ou dois na seção de matemática.

Andrews escreveu um livro diferente de introdução à teoria dos números; queria incentivar o leitor a abordar os temas básicos recorrendo a um pouco de combinatória. Para justificar a ideia, menciona uma passagem que o matemático Herbert Ryser escreveu no livro Combinatorial Mathematics: “[A] combinatória e a teoria dos números são disciplinas irmãs. Elas compartilham uma certa intersecção de conhecimentos comuns, e uma genuinamente enriquece a outra.” Dizem os matemáticos que a combinatória é uma área da matemática “com pouca estrutura”; em outras palavras, o leitor já pode começar a usá-la depois de conhecer só um pouquinho de teoria.

Escrevi este texto para que funcione sozinho, visto que nem todo mundo lê inglês. (Se você gosta de matemática e não sabe inglês, corrija essa deficiência o mais depressa que puder. A língua inglesa vai te dar acesso a uma literatura matemática diversificada e de qualidade excelente.) Apesar disso, nas seções a seguir, o número dos teoremas, corolários, exemplos, e exercícios é o mesmo número que Andrews usa no livro; essa regra também vale para números de páginas. Portanto, se vir no texto algo como “teorema 1-3 (pág. 8)”, estou me referindo ao teorema 1-3, que pode examinar na página 8. Contudo, o número de cada seção a seguir não tem nada a ver com o modo como Andrews numerou suas seções, pois não escrevi este texto para ser uma mera tradução do livro de Andrews — ao contrário, uso o capítulo 1 tão somente como ponto de partida. Quanto aos teoremas marcados com letras, tipo “teorema A”, são teoremas que aparecem neste texto, mas não no livro de Andrews.

O que verá neste texto: Como somar progressões aritméticas. O princípio da indução matemática. Somas de potências de x. Sequências de Fibonacci. Como calcular o valor de vários somatórios em cujos termos entram números de Fibonacci. Sequências de Lucas. Como calcular o valor de vários somatórios em cujos termos entram números de Lucas. O teorema da base de representação e algumas de suas consequências, inclusive dois problemas muito legais.


{1}/ Somando progressões aritméticas

Em muitas situações de pesquisa, o matemático precisa somar uma sequência de inteiros positivos. (É uma ocorrência comum não só na teoria dos números, mas no cálculo integral também.) Por exemplo, os primeiros dez inteiros positivos:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10

Isso aconteceu tantas vezes na história da matemática que, um belo dia, alguém percebeu um truque útil: se quisesse, poderia organizar as parcelas numa linha, da menor para a maior; na linha de baixo, poderia organizar as mesmas parcelas da maior para a menor; e na linha debaixo, poderia escrever a soma dos termos nas duas linhas imediatamente acima. Em outras palavras, a terceira linha mostraria a soma da primeira parcela com a última, da segunda com a penúltima, …, da última com a primeira.

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Como pode ver, 1 + 2 + ··· + 10 = (10 · 11)/2, isto é, você adicionou dez parcelas de valor igual a onze, mas obteve soma igual ao dobro do que desejava (pois adicionou cada parcela duas vezes); portanto, deve dividir 10 · 11 por 2 para saber a soma que a princípio desejava, que é 55.

Eis outro jeito de pôr esse truque no papel:

(1 + 10) + (2 + 9) + (3 + 8) + (4 + 7) + (5 + 6) + (6 + 5) + (7 + 4) + (8 + 3) + (9 + 2) + (10 + 1) = 10 · 11; portanto:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = (10 · 11)/2 = 55

Alguém então se perguntou: “Será que o truque funciona com os termos de qualquer progressão aritmética?” Para explorar a pergunta, imagine a progressão 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29; isto é, imagine a progressão cujo primeiro termo vale 5, cujo último termo vale 29, e cuja diferença entre termos adjacentes vale 4.

Quanto será que vale a soma a seguir?

5 + 9 + 13 + 17 + 21 + 25 + 29

Use logo de uma vez o método das três linhas sobrepostas.

f-002

Sendo assim, ao recorrer a um argumento semelhante ao anterior, diga que 5 + 9 + 13 + 17 + 21 + 25 + 29 = (7 · 34)/2 = 119.

Imagine agora a seguinte situação: você tem de adicionar os termos de uma progressão aritmética cujo primeiro termo vale 893, cuja diferença entre termos vale 78, e que tem 2.130 termos. Pense nos assunto por uns instantes. Vai certamente dizer a si mesmo: “Não posso fazer uma conta tão comprida à mão. Preciso de métodos mais genéricos.”

Veja como pode começar os trabalhos: chame o primeiro termo da sequência de a1; assim, a1 = 893. Chame a diferença entre termos de d; assim, d = 78. Suas anotações no caderno talvez fiquem da maneira a seguir.

a1 = 893;

a2 = a1 + d = 893 + 78 = 971;

a3 = a2 + d = a1 + 2d = 893 + 2·78 = 1.049;

a4 = a3 + d = a1 + 3d = 1.127;

a5 = a4 + d = a1 + 4d = 1.205;

· · ·

ak = a1 + (k – 1)d

· · ·

a2.130 = 893 + (2.130 – 1)·78 = 166.955

Talvez agora pense: “Ficou muito fácil concluir a conta. A soma do primeiro termo com o último vale 167.848; além disso, tenho 2.130 termos. Logo, o somatório dessa progressão aritmética cujo primeiro termo vale 893, cuja diferença entre termos adjacentes vale 78, e cujo último termo vale 166.955 só pode ser (2.130 · 167.848)/2 = 178.758.120.” Se realmente pensou mais ou menos assim, então acertou o resultado, mas cometeu dois erros de raciocínio. Se as circunstâncias fossem outras, os dois erros talvez invalidassem o argumento.


{2}/ O princípio da indução matemática

Para começar, eis uma analogia do princípio da indução matemática, que é difícil de colocar em palavras, pois é uma ideia muito sutil. (O matemático britânico Keith Devlin diz que é uma das mais sutis de toda a matemática.) Imagine uma prateleira muito longa, que sustenta uma muito longa sequência de livros.

(I) Se a capa do livro mais à esquerda é vermelha,

(II) e se um livro imediatamente à direita de um livro com a capa vermelha tem uma capa vermelha, então todos os livros na estante supercomprida têm capa vermelha.

Essa analogia é de Justin Rising, um especialista americano em estatística.

Outro jeito de explicar o princípio, desta vez com as palavras de Keith Devlin: “Intuitivamente, o que precisamos demonstrar é que, embora já tenhamos demonstrado a validade de certa afirmação para os n primeiros caos, sempre podemos demonstrá-la para mais um caso.”

É hora de colocar o princípio em termos mais técnicos.

Princípio da indução matemática. Uma afirmação An sobre inteiros positivos é verdadeira para todos os inteiros n maiores ou iguais a 1 se:

(I) A afirmação An é verdadeira para o inteiro 1, isto é, a afirmação A1 é verdadeira. (Essa é a base da indução.)

(II) E se, além disso, sempre que a afirmação An é verdadeira para os inteiros 1, 2, 3, …, k, então ela também é verdadeira para o inteiro k + 1, isto é, sempre que A1, A2, A3, …, Ak são verdadeiras, então Ak+1 também é verdadeira.

Tendo provado essas duas coisas, daí pode dizer que a afirmação An é verdadeira para todo valor inteiro positivo de n. Pois A1 é verdadeira, e implica a validade de A2. A2 é verdadeira, e implica a validade de A3. A3 é verdadeira, e implica a validade de A4. E assim por diante ad infinitum.

Muitas vezes, o matemático se refere à presunção “a afirmação An é verdadeira para n = 1, 2, 3, …, k” como “hipótese de indução” ou “passo indutivo”. Às vezes, “princípio da indução matemática” aparece como “princípio da indução finita”. Em certas situações de pesquisa, talvez você prove a afirmação An para certo inteiro n = b > 1, e depois disso prove que, se nb, An implica An+1. Não tem importância: isso significa apenas que, por meio do princípio da indução matemática, sua afirmação An vale para todo nb.

* * *

Já pode voltar ao problema da seção anterior, pois, para resolvê-lo em definitivo, tem de usar o princípio da indução matemática para provar duas afirmações.

Uma delas, que pode chamar de An, é esta: Para calcular o n-ésimo termo de uma progressão aritmética cujo primeiro termo vale a1, e cuja diferença entre dois termos consecutivos vale d, basta usar a fórmula a seguir:

an = a1 + (n – 1)d

Será que A1 é verdadeira?

a1 = a1 + (1 – 1)d

.   = a1 + 0·d

.   = a1

Sim, A1 é verdadeira. Será que, se Ak é verdadeira, a validade de Ak implica a validade de Ak+1? Para saber isso, você deve adicionar a diferença d à expressão para Ak, e ver se obtém a expressão para Ak+1.

ak + d = a1 + (k – 1)d + d

.          = a1 + (k – 1 + 1)d

.          = a1 + ([k + 1] – 1)d

.          = ak+1

QED. Assim, no problema da seção 1, a2.130 sem dúvida vale 893 + (2.130 – 1)·78 = 166.955. Que tal dar destaque a essa descoberta à moda do matemático?

Teorema A. Se usa a1, a2, a3, …, an, … para denotar uma progressão aritmética cujo primeiro termo vale a1, e cuja diferença entre termos adjacentes vale d (isto é, ak + d = ak+1), então pode calcular o valor do enésimo termo da progressão com a fórmula an = a1 + (n – 1)d.

Agora vem a segunda prova pelo princípio da indução matemática.

Chame de Bn a seguinte afirmação sobre inteiros positivos: “Tudo o que tenho de fazer para calcular a soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética cujo primeiro termo vale a1, e cuja diferença entre termos adjacentes vale d, é adicionar o primeiro termo a1 com o último termo an, multiplicar essa soma por n, e dividir tudo isso por 2.” Ponha a afirmação em notação matemática, sem se esquecer de que an = a1 + (n – 1)d.

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E essa é a forma algébrica da afirmação Bn. Verifique agora se a base da indução é válida, isto é, se B1 é válida. (B1 significa que você vai adicionar só um termo da progressão, que é o primeiro.)

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Assim, B1 é válida. Agora, supondo que Bn é válida, será que a validade de Bn implica a validade de Bn+1? O que deve fazer é adicionar an+1 dos dois lados da igualdade, sem se esquecer de que an+1 = a1 + nd.

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E a última linha é o que obteria se tivesse aplicado a fórmula de Bn a Bn+1. Logo, pelo princípio da indução matemática, a afirmação Bn é válida para todo valor inteiro positivo de n. Agora sim: no problema da seção 1, a1 + a2 + ··· + a2.130 sem dúvida nenhuma vale (2.130 · 167.848)/2 = 178.758.120.

Não é incrível que possa calcular o valor de um somatório tão longo ao recorrer a uma expressão tão simples? Mais uma vez, dê destaque ao que descobriu e provou:

Teorema B. Se a1, a2, a3, …, an são termos de uma progressão aritmética cujo primeiro termo vale a1, e cuja diferença entre termos adjacentes vale d (isto é, ak + d = ak+1), então você pode calcular o somatório a1 + a2 + a3 + ··· + an com a expressão na1 + ½[n(n – 1)d].

Um bônus. Ao resolver o problema da seção 1 por meio do princípio da indução matemática, você ganhou um prêmio: agora sabe calcular a soma dos n primeiros inteiros positivos. Reconheça que os n primeiros inteiros positivos perfazem uma progressão aritmética cujo primeiro termo a1 vale 1, cuja diferença d entre termos adjacentes vale 1, e cujo último termo an vale n. Daí tudo o que tem a fazer é aplicar a fórmula da afirmação Bn, isto é, aplicar o teorema B.

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Dê destaque a essa descoberta, pois ela aparece em destaque em muitos livros de teoria dos números.

Teorema 1-1 (pág. 5). (Corolário do teorema B.) Para calcular a soma dos n primeiros inteiros positivos, basta que use a expressão [n(n + 1)]/2, isto é, 1 + 2 + 3 + ··· + n = ½[n(n + 1)].

Pode chamar a sequência de inteiros 1, 3, 6, 10, 15, 21, …, cujos termos representam a soma de 1 + 2 + 3 + ··· + n quando faz n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, …, de “inteiros triangulares”, pois com eles você pode formar triângulos de bolinhas.

Fonte: Wikipedia

Com esses três teoremas, já pode resolver uma grande quantidade de problemas práticos e teóricos.


{3}/ Mais dois teoremas úteis

Multiplique x – 1 por 1, e o que obtém é x – 1.

Nada de novo até aqui, mas insista: multiplique x – 1 por 1 + x, e o que obtém é x2 – 1. Multiplique x – 1 por 1 + x + x2, e o que obtém é x3 – 1. Multiplique x – 1 por 1 + x + x2 + x3, e o que obtém é x4 – 1.

Brincando com os números, alguém descobriu isso um dia: se faz x ≠ 1, e daí se multiplica x – 1 por 1 + x + x2 + x3 + ··· + xn–1, sempre obtém xn – 1. (Você faz x ≠ 1 para excluir o caso sem graça em que a multiplicação dá zero.)

Para ver mais facilmente por que isso acontece, faça n = 6, por exemplo, e organize bem os termos do somatório. Assim:

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Ao organizar os termos em duas colunas, fica claro que eles se cancelam na diagonal: xx = 0, x2x2 = 0, x3x3 = 0, x4x4 = 0, x5x5 = 0; no somatório, sobram apenas x6 e –1. Ou, se quiser, pode pensar assim: o termo 1 é oposto do termo 4, o termo 3 é oposto do termo 6, o termo 5 é oposto do termo 8, o termo 7 é oposto do termo 10, o termo 9 é oposto do termo 12, e, nessa lista toda, sobram apenas os termos 2 e 11, isto é, x6 – 1.

Também parece claro que isso sempre acontece, mas, para dizer algo assim com certeza, você precisa do princípio da indução matemática. Chame esta afirmação de An: se x é um número real diferente de 1, e se n é um inteiro positivo, daí a afirmação a seguir deve ser verdadeira.

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Veja se a base da indução é válida, isto é, se a afirmação An é válida quando n = 1.

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Então, a afirmação A1 é válida. Agora suponha que a afirmação An seja válida, e veja se ela implica a validade da afirmação An+1; para tanto, basta adicionar xn dos dois lados da igualdade.

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Então, sim: a validade da afirmação An implica a validade de An+1, de modo que a afirmação An é válida para todo valor inteiro positivo de n.

Dê destaque à descoberta, porque ela é importante, e vai usá-la muitas vezes na teoria dos números.

Teorema 1-2 (pág. 5). A soma das n primeiras potências não negativas do número real x, com x ≠ 1, é igual a (xn – 1)/(x – 1), isto é:

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Corolário 1-1 (pág. 5). (Corolário do teorema 1-2.) Se m e n são inteiros positivos, e se além disso m > 1, daí n < mn.

Prova. Basta aplicar o teorema 1-2.

f-012

Mais tarde, vai usar esse corolário várias vezes.


{4}/ Lista de exercícios (pág. 6)

Ao resolvê-los, não deixe de usar o princípio da indução matemática. Lembre-se do conselho de Paul Halmos: “Não apenas leia o texto: lute com ele! Faça suas próprias perguntas, monte seus próprios exemplos, descubra suas próprias demonstrações. A hipótese é necessária? A recíproca é verdadeira? O que acontece no caso especial clássico? E quanto aos casos degenerados? Em que ponto da prova o autor usa a hipótese?” É assim que se estuda matemática.

(E1). Prove a afirmação a seguir.

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(E2). Prove a afirmação:

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(E3). Prove a afirmação:

f-015

(E4). Prove a afirmação:

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(E5). Prove a afirmação:

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(E6). Prove a afirmação:

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(E7). Sequência de Fibonacci. Faça F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, e, em geral, para todo inteiro n ≥ 3, Fn = Fn–1 + Fn–2. (Pode chamar Fn de “o enésimo número de Fibonacci”; F5, por exemplo, é o quinto número de Fibonacci.) Prove a afirmação:

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Nos problemas 8 a 16 abaixo, Fn denota o enésimo número na sequência de Fibonacci.

(E8). Prove a afirmação:

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(E9). Prove a afirmação:

f-021

(E10). Prove a afirmação:

f-022

(E11). Prove a afirmação:

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(E12). Prove a afirmação:

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(E13). Sequência de Lucas. Faça L1 = 1 e, para cada n ≥ 2, faça Ln = Fn–1 + Fn+1. Prove a afirmação:

f-025

(E14). Explique o que há de errado com o argumento a seguir.

Argumento com erro. Deixe-me supor que Ln = Fn para n = 1, 2, 3, …, k. Daí posso concluir o seguinte:

Lk+1 = Lk + Lk–1     (pelo exercício E13)

.      = Fk + Fk–1     (pela minha suposição inicial)

.      = Fk+1             (pela definição de Fk+1)

Portanto, pelo princípio da indução matemática, Fn = Ln para todo inteiro positivo n.

(E15). Prove que F2n = FnLn. (Esse é difícil: insista, tome muitas notas.)

(E16). Prove a afirmação a seguir.

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(E17). Prove que n(n2 – 1)(3n + 2) é divisível por 24 para cada inteiro positivo n.

(E18). Prove que, se faz k um inteiro positivo ímpar, daí x + y é um fator de xk + yk. Por exemplo, se faz k = 3, daí x3 + y3 = (x + y)(x2xy + y2).


{5}/ O teorema da base de representação

Você já sabe que representamos os números reais com um sistema posicional de base 10 (mais especificamente, o sistema posicional de base 10 hindu-arábico, como já viu na matéria Um Algarismo Vale Muitos Passos). Eis o que representa quando escreve 209 num pedaço de papel:

2 · 102 + 0 · 101 + 9 · 100

E o que representa quando escreve 4.129:

4 · 103 + 1 · 102 + 2 · 101 + 9 · 100

Talvez já saiba que pode representar um número com outras bases. Nas linhas a seguir, pode ver o número 209 na base 2 (na qual usa só dois algarismos, 0 e 1), na base 6 (na qual usa seis algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5), e na base 19 (na qual usa 19 algarismos: 0, 1, 2, …, 8, 9, A, B, C, …, H, I):

209 = 11010001(2) = 1·27 + 1·26 + 0·25 + 1·24 + 0·23 + 0·22 + 0·21 + 1·20

209 = 545(6) = 5·62 + 4·61 + 5·60

209 = B0(19) = B·191 + 0·190 = 11·191 + 0·190

Se já brincou com bases diferentes de 10 antes, deve um dia ter se perguntado: Será que qualquer inteiro positivo serve de base? (Não. Tem de excluir a base 1, com um único algarismo, o zero; com tal base, só pode representar o número zero.) Será que, ao representar um inteiro na base k ≥ 2, essa representação é sempre única? Ao estudar a prova do teorema a seguir, vai dar resposta às duas perguntas.

Teorema 1-3 (pág. 8). “Teorema da base de representação.” Faça k um inteiro qualquer maior que 1. Daí você pode representar qualquer inteiro positivo n com a expressão a seguir.

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Nessa expressão, todo ai é um inteiro não negativo, com a0 ≠ 0; além disso, para todo valor inteiro não negativo de i, 0 ≤ aik – 1, isto é, ai ∈ {0, 1, 2, …, k – 1}. Essa representação de n na base k é única.

Lembrete 1. Tem de fazer a0 ≠ 0, pois o inteiro que está representando é positivo, e portanto existe o coeficiente positivo a0 da maior potência de k. Contudo, para cada base k, pode representar o número zero ao fazer ai = 0 para todo i.

Lembrete 2. Note que n é um inteiro positivo, e você pode imaginá-lo na base 10, com a qual está acostumado; por exemplo, 23 = 212(3) = 27(8). Mas não confunda o número com seu numeral na representação decimal: 23 é o numeral com o qual você representa o deslocamento de zero, o ponto inicial de referência, até vinte e três unidades à direita de zero. Se quiser, pode ver esse deslocamento como sendo o número em si; como consequência, as propriedades de um número, como a propriedade de ser par ou ímpar, não dependem do numeral que escolhe para representá-lo. Exemplo: 10 na base 5 é o mesmo que 5 na base 10, e o número 5 é ímpar de qualquer jeito.

Prova. Use bk(n) para denotar o número de representações de n na base k. Nesta prova, vai mostrar que bk(n) é sempre igual a 1.

Você já sabe que a0 ≠ 0. No entanto, é possível que, numa representação particular de n, alguns ai sejam iguais a zero e você possa desconsiderá-los. Por exemplo, em 2.100 = 2·103 + 1·102 + 0·101 + 0·100, você pode desconsiderar os coeficientes a2 e a3. Portanto, suponha o seguinte:

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Supondo assim, tanto a0 ≠ 0 quanto as–t ≠ 0; isto é, está desconsiderando todos os ai à direita de as–t que são iguais a zero. (Note que, entre a0 e as–t, talvez haja alguns ai iguais a zero.)

Agora tire uma unidade dos dois lados da igualdade e adicione ktkt = 0 do lado direito; nenhuma das duas operações altera a validade da igualdade.

f-104

Use o teorema 1-2 para substituir a parcela mais à direita entre parênteses; para usar o teorema 1-2, basta fazer x = k.

f-105

E agora você descobriu que, para cada representação de n na base k, pode produzir uma representação de n – 1 na mesma base k. Se n tem várias representações na base k, então n – 1 também tem as mesmas várias representações. Você não sabe se n – 1 tem mais representações na base k do que n, mas certamente sabe que, se n tem duas representações, ou três, ou mil, então n – 1 também tem.

f-106

Note que pode declarar a inequação (1-2-2) válida mesmo que n não tenha nenhuma representação na base k, pois daí bk(n) = 0 ≤ bk(n – 1).

A inequação (1-2-2) implica as inequações a seguir.

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E, em geral, se faz mn + 4:

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Pelo corolário 1-1 (pág. 5), sabe que kn > n, e tem a certeza de que o inteiro kn tem pelo menos uma representação na base k, que é kn mesmo. Além disso, só pode representar o número 1 na base k de uma única maneira, que é 1. Portanto:

f-109

Como pode ver, as extremidades dessas inequações são iguais a 1, e assim todos os valores intermediários têm de ser iguais a 1 também. Portanto, diga que bk(n) = 1, e com isso o teorema está provado.

* * *

Uma vez que tenha escolhido uma base k ≥ 2, pode usar o teorema 1-3 para representar n como uma soma de potências de k. Na igualdade a seguir, cada ai é elemento do conjunto de inteiros não negativos {0, 1, 2, 3, …, k – 1}.

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Se k = 2, ai ∈ {0, 1}; se k = 3, ai ∈ {0, 1, 2}; se k = 16, uma base muito usada na computação, ai ∈ {0, 1, 2, …, 8, 9, A, B, C, D, E, F}, onde A = 10, B = 11, C = 12, D = 13, E = 14, e F = 15.

Em geral, se quer escrever um número na base k, o que deve fazer é mostrar a seu leitor os coeficientes ai do coeficiente diferente de zero mais significativo ao coeficiente menos significativo, com a base k entre parênteses e subscrita: asas–1as–2···a2a1a0(k). Exceção: se a base é 10, não precisa escrever (10) subscrito; está subentendido que, se não houver um aviso ao leitor, a base é 10. Dois exemplos:

25 = 34(7), pois 3·7 + 4 = 25 ;

217 = D9(16), pois D·16 + 9 = 13·16 + 9 = 217

Talvez nunca tenha notado, mas, no dia a dia, usa com bastante frequência a base sexagesimal. Faça k = 60, e chame a unidade de “1 segundo”. Daí 2-52-15(60) = 10.335 segundos, mas costuma pronunciar 2-52-15(60) desta maneira: “Duas horas, 52 minutos, e 15 segundos.”

Não pense que a capacidade de representar números na base k ≥ 2 é simplesmente uma curiosidade. Talvez já saiba que, na computação, engenheiros de hardware e software usam extensamente as bases 2, 4, 8, e 16. Mas você, para provar teoremas na teoria dos números, vai muitas vezes tomar a providência de escrever certo número n em certa base k, e com isso sua prova ficará mais simples.


{6}/ Lista de exercícios (pág. 10)

(E1). Escrevas os inteiros 25, 32, e 56 na base 5.

(E2). Escreva os inteiros 47, 68, e 127 na base 2.

(E3). Imagine uma balança de dois pratos, sem escala. Imagine ainda que alguém vai colocar um objeto num dos pratos da balança, cuja massa em quilogramas pode ir de 0 quilograma a 63 quilogramas; a massa M de tal objeto, contudo, será sempre equivalente a um inteiro não negativo. (M = 0, 1, 2, 3, …, 63.)

Problema. Qual é o menor número de pesos de que precisaria para pesar qualquer número inteiro de quilogramas de 0 quilograma a 63 quilogramas, sendo que pode pôr seus pesos tão somente no prato vazio da balança?

(E4). Prove que, com a expressão a seguir, pode representar qualquer inteiro não nulo, e de maneira única.

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Nessa expressão, cs ≠ 0 e cada cj é igual a –1, 0, ou 1.

(E5). Usando o teorema do exercício E4 acima, determine o menor número de pesos de que precisa para pesar qualquer número inteiro de quilogramas, de 0 quilograma a 80 quilogramas, se você pode pôr os pesos em ambos os pratos da balança.

(E6). Prove o seguinte: se usa a expressão a seguir para representar n na base k, com as ≠ 0, então 0 < nks+1 – 1.

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(E7). Sem usar o corolário 1-1 (pág. 5), prove diretamente o seguinte: se tem diante de si duas representações distintas na base k, então tem diante de si dois inteiros distintos. Dica: use o teorema do exercício E6 acima.


{7}/ Por que estudar a teoria dos números?

Você pode usar as relações entre números inteiros para pensar sobre muitas das relações que existem na natureza, pois muitas delas são relações entre objetos discretos. Ora, o sistema dos números inteiros forma um aparato intelectual adequado para pensar nas relações entre objetos discretos. Se A deve 2 reais a B, mas B deve 3 reais a A, daí A pode entender essa história com –2 + 3 = 1 e concluir que, caso receba 1 real de B, ambos ficam quites.

Além disso, é difícil pensar sobre relações e funções contínuas sem recorrer a números inteiros. Um exemplo: a série de potências para exp(x), que é uma função contínua.

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Mesmo que faça x = π, um número irracional, na prática será obrigado a trabalhar com uma aproximação racional para π, por exemplo 3,14159; e também terá de escolher um número finito de parcelas da série de potências, por exemplo n = 100. No fim das contas, o que de fato fará para calcular um valor aproximado adequado para exp(π) é realizar um número finito de operações com inteiros.

Por último, graças à ideia de morfismo, você tem condições ver muitos problemas matemáticos como se fossem problemas de teoria dos números — e às vezes isso vale para áreas que, à primeira vista, não têm nada a ver com teoria dos números. {❏}


{8}/ A resolução dos exercícios

(E1, pág. 6). Verifique primeiro se a base da indução é válida, isto é, se a afirmação do exercício E1 vale quando n = 1.

f-027

Sim, a base é válida. Agora verifique o seguinte: se a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k, isso implica que também é válida para n = k + 1? Para verificar a resposta, monte a afirmação para n = k, adicione (k + 1)2 aos dois lados da igualdade, e veja se, do lado direito, consegue obter (1/6)[(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)] = (1/6)(2k3 + 9k2 + 13k + 6).

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Com a última linha, fica claro que, se a fórmula para n = k é válida, então a fórmula para n = k + 1 também é, de modo que a afirmação é válida para todo n inteiro positivo. (Ela é válida para n = 1; mas isso implica que é válida para n = 2; mas isso implica que é válida para n = 3; etc.)

Pode chamar os inteiros na forma (1/6)[n(n + 1)(2n + 1)], com n inteiro positivo, de “números piramidais quadrados”, pois com eles você pode formar pirâmides de, por exemplo, bolinhas.

Fonte: Wikipedia

Fonte: Wikipedia

É possível que, antigamente, o interesse pela sequência de inteiros 1, 5, 14, 30, 55, … tenha surgido de uma pergunta do tipo: “De quantas frutas eu preciso para montar uma pirâmide com cinco camadas de altura?” Resposta: (1/6)[5(5 + 1)(2·5 + 1)] = 55. Ou talvez o interesse tenha surgido de perguntas do tipo: “De quantas bolas de canhão eu preciso para montar uma pirâmide com cinco camadas de altura?”


(E2, pág. 6). Aqui, pode usar o teorema 1-1 (pág. 5).

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Essa é a afirmação que deve provar por indução matemática. Veja se a base da indução é válida, isto é, veja se a afirmação vale quando n = 1.

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Portanto, a base da indução é válida. Adicione agora (n + 1)3 aos dois lados da igualdade, e veja se consegue organizar o lado direito até que obtenha (1/4)[(n + 1)2(n + 2)2] = (1/4)(n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 4).

f-031

Então, pelo princípio da indução matemática, você pode calcular a soma dos n primeiros cubos perfeitos com a fórmula (1/4)n2(n + 1)2.

Examine mais uma vez a afirmação que provou ao resolver o exercício E2. (Alguns autores chamam essa afirmação de “teorema de Nicomachus”.)

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Com ela, você está dizendo que, ao somar os n primeiros cubos perfeitos, consegue organizar a soma como um quadrado cujos lados são um inteiro triangular; ou, dizendo isso de outra forma, se tem um quadrado cujos lados perfazem um inteiro triangular, pode usar a área do quadrado para montar uma soma de cubos perfeitos. É mais fácil ver tudo isso com uma ilustração.

Fonte: Wikipedia

Fonte: Wikipedia

O matemático holandês R. J. Stroeker escreveu, num artigo de 1995: “Todo estudante de teoria dos números um dia se maravilhou com o fato milagroso de que, para cada inteiro positivo n, a soma dos n primeiros cubos perfeitos é um quadrado perfeito.”


(E3, pág. 6). Esse é difícil para quem topa com ele pela primeira vez.

Comece com um exemplo modesto, para ter uma ideia de como a prova deve funcionar; por exemplo, faça n = 3.

f-033

Como vê, os termos do meio somam zero (ou se cancelam), e só sobram os termos dos extremos. É um pouco mais fácil ver por que isso acontece se você usa uma grade de multiplicação.

Pode ver como os termos se cancelam na diagonal (olhando apenas para os seis termos no centro da grade): o segundo da linha de cima é o oposto do primeiro na linha de baixo; o terceiro na linha de cima é o oposto do segundo na linha de baixo; de modo que, feita a adição, sobram apenas o primeiro da linha de cima e o último da linha de baixo.

Será que o padrão se repete sempre? Para ter maior certeza, faça n = 4, e vá direto para a grade de multiplicação.

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De novo os termos se cancelam na diagonal (olhando para os oito termos no centro da grade): o segundo da linha de cima é o oposto do primeiro na linha de baixo; o terceiro na linha de cima é o oposto do segundo na linha de baixo; o quarto na linha de cima é o oposto do terceiro na linha de baixo. Assim, feitas as contas, sobram apenas o primeiro termo da linha de cima e o último da linha de baixo.

Com isso, você já tem condições de fazer uma prova com o princípio da indução matemática. Primeiro, verifique a validade da afirmação quando n = 1, isto é, verifique a validade da base da indução.

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A base é válida.

Agora, presuma que a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, 4, …, k. Faça, portanto, n = k e monte a grade de multiplicação. Verá que vai obter a expressão para n = k + 1.

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Como vê (olhando só para os termos do “meio” da grade), sobram apenas a primeira parcela da linha de cima (xk+1) e a última da linha de baixo (–yk+1). Todas as outras somam zero, pois a segunda na linha de cima é o oposto da primeira na linha de baixo; a terceira na linha de cima é o oposto da segunda na linha de baixo; …; a j-ésima na linha de cima é o oposto da (j – 1)-ésima na linha de baixo; …; até que a última na linha de cima é o oposto da penúltima na linha de baixo. Portanto:

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E com tudo isso você provou a validade da afirmação para todo valor inteiro positivo de n: xy é um fator de xnyn.

Há outros métodos para provar essa afirmação por meio do princípio da indução matemática, mas o método que acabou de ver aqui é simples, e além disso agradavelmente visual.


(E4, pág. 6). Para escrever uma prova por indução, faça n = 1 e veja se a base da indução é válida.

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E agora mostre que, se a afirmação vale para n = 1, 2, 3, …, k, então também vale para n = k + 1. Para tanto, monte a expressão para n = n, e adicione o produto (n + 1)(n + 2) dos dois lados da igualdade. No lado direito, você tem de reescrever a expressão até que chegue a (1/3)(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (1/3)(n3 + 6n2 + 11n + 6).

f-040

Então, sim, a afirmação é válida para todo valor inteiro positivo de n. Duas sutilezas:

[1] É curioso que possa usar polinômios para calcular o valor de somatórios tão distintos de números inteiros positivos e, como neste caso do exercício E4, somatórios tão complicados. Se todo estudante percebesse isso durante o ensino médio, será que daria maior valor aos polinômios?

[2] Olhe mais uma vez a igualdade do exercício E4. Com ela, você está dizendo que o produto de três inteiros positivos consecutivos n, n + 1, e n + 2 é sempre um inteiro divisível por 3. Você sabe que é um inteiro porque a expressão do lado esquerdo da igualdade só pode ser um inteiro, visto que é um somatório de inteiros. Agora, se pensar bem, é natural que o produto de três inteiros consecutivos seja divisível por 3, pois entre dois múltiplos consecutivos de 3 há apenas dois inteiros (veja: …, 0*, 1, 2, 3*, 4, 5, 6*, 7, 8, 9*, …); jamais conseguiria escolher três inteiros consecutivos, positivos ou não, sem que um deles não fosse múltiplo de 3.


(E5, pág. 6). Para resolver esse problema, simplesmente use o teorema B, pois está somando uma progressão aritmética cujo primeiro termo a1 vale 1 e cuja diferença d entre termos adjacentes vale 2.

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Com essa afirmação (ou com esse teorema, já que você provou a afirmação verdadeira), está dizendo que, ao somar os n primeiros números ímpares, obtém um quadrado perfeito. Há muitas imagens desse teorema na internet, e pode ver uma delas a seguir.

Fonte: Wikipedia


(E6, pág. 6). Como vai provar essa afirmação com o princípio da indução matemática, o primeiro passo é verificar a validade da base da indução. Faça, portanto, n = 1 e veja se a igualdade se mantém válida.

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Agora, presuma que a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k. Adicione 1/[(k + 1)(k + 2)] aos dois lados da igualdade e veja se consegue arrumar o lado direito até que se transforme em (k + 1)/(k + 2), que é o que obteria se aplicasse a regra com n = k + 1.

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E com isso o teorema está provado.

Mais uma vez, não se esqueça de se maravilhar com o poder incrível dos polinômios; pois, com uma expressão racional simples, você pode calcular o valor de um somatório que, à primeira vista, é complicado.

Note que, conforme o valor de n tende ao infinito, o valor do somatório tende a 1 pela esquerda. Veja a sequência de valores do somatório para n = 1, 2, 3, 4, 5, …, 99.

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Caso use o sistema dos números hiper-reais e faça n = N um hiper-real inteiro positivo infinito, a soma será um hiper-real infinitamente próximo de 1.

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Isso significa que a série converge, o que, na matemática pura, é sempre uma informação útil.

Lembrete: Se quiser, use “série” para se referir a um somatório com número infinito de termos.


(E7, pág. 6). Antes de começar, vale a pena fazer uma lista dos primeiros 10 números da sequência de Fibonacci e uma lista com o resultado do somatório dos n primeiros números da sequência para n = 1, 2, 3, …, 8. Na tabela a seguir, estão os primeiros 10 números na sequência na coluna da esquerda e o resultado dos primeiros oito somatórios na coluna da direita.

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Como pode ver, realmente parece que pode calcular o resultado do somatório de F1 + F2 + ··· + Fn ao obter o valor de Fn+2 e dele subtrair uma unidade.

Então, à prova, usando o princípio da indução matemática. Veja se a base da indução é válida, isto é, se a fórmula funciona quando faz n = 1.

1 = F1 = F3 – 1 = 2 – 1 = 1

Agora, presuma que a fórmula vale para n = 1, 2, 3, …, k, e então adicione Fk+1 dos dois lados da igualdade.

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Para explicar a passagem da linha 3 para a 4, use a regra de formação dos números na sequência de Fibonacci: Fk+3 = Fk+3–1 + Fk+3–2 = Fk+2 + Fk+1. QED.

Isso é muito bacana, mas, se para e pensa, é algo que deveria esperar da sequência, pois calcula o valor de cada termo ao adicionar os dois termos anteriores, e portanto cada termo contém pistas sobre o somatório dos termos anteriores.


(E8, pág. 7). Ponha a igualdade em palavras: “Caso eu some os n primeiros termos ímpares da sequência de Fibonacci, vou obter o valor do n-ésimo termo par da sequência.” Na tabela a seguir, pode ver os 10 primeiros números da sequência de Fibonacci.

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Fn

1

1

2

3

5

8

13

21

34

55

Veja como a afirmação do exercício E8 faz sentido:

F1 = 1 = F2

F1 + F3 = 1 + 2 = 3 = F4

F1 + F3 + F5 = 1 + 2 + 5 = 8 = F6

F1 + F3 + F5 + F7 = 1 + 2 + 5 + 13 = 21 = F8

F1 + F3 + F5 + F7 + F9 = 1 + 2 + 5 + 13 + 34 = 55 = F10

Muito bem: é hora de uma prova por indução. A base da indução é válida, pois a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, 4, 5. Falta provar que, se é válida para n = 1, 2, 3, …, k, então também é válida para n = k + 1.

Pegue a igualdade para n = n e adicione, dos dois lados, o próximo número de Fibonacci ímpar, que é F2n–1+2 = F2n+1.

f-048

Portanto, a afirmação é válida para todo valor inteiro positivo de n.


(E9, pág. 7). Em palavras: “Se você adiciona os n primeiros termos pares da sequência de Fibonacci, a soma será uma unidade menor que o valor do termo ímpar imediatamente posterior ao n-ésimo termo par.” Use a tabela da resolução anterior para acompanhar os três primeiros casos.

F2 = 1 = F3 – 1

F2 + F4 = 1 + 3 = 4 = F5 – 1

F2 + F4 + F6 = 1 + 3 + 8 = 12 = F7 – 1

À prova. Já validou a base da indução para n = 1, 2, 3. Agora, presuma que a afirmação é verdadeira quando n = 1, 2, 3, …, k; adicione F2(k+1) dos dois lados da igualdade, e reescreva o lado direito para obter F2(k+1)+1 – 1 = F2k+3 – 1.

f-049

Portanto, a afirmação é válida para todo valor inteiro positivo de n.

Consolidando a curiosidade. Repare: você obtêm a soma dos n primeiros termos ímpares da sequência de Fibonacci com o termo par imediatamente seguinte ao último termo ímpar; e obtém a soma dos n primeiros termos pares com o termo ímpar imediatamente seguinte (menos uma unidade).


(E10, pág. 7). Quem topa com esse problema pela primeira vez talvez apanhe dele um par de dias. Se isso aconteceu com você, é normal.

Existe uma afirmação semelhante a essa na teoria dos números: qual é a diferença entre n2 e (n – 1)(n + 1), com n inteiro? Por exemplo, qual é a diferença entre 72 e 6·8, ou a diferença entre 232 e 22·24? É sempre 1 unidade, pois n2 – (n – 1)(n + 1) = 1. Ao resolver esse exercício E10, vai provar o seguinte: caso multiplique o n-ésimo termo da sequência de Fibonacci por si mesmo, e tire do resultado o produto do termo imediatamente anterior pelo termo imediatamente posterior, vai obter no fim das contas 1 se n é par ou –1 se n é ímpar.

Prova 1. Prepare-se para uma prova por indução. Para provar a base da indução, e ao mesmo tempo ter uma ideia de como a igualdade funciona, calcule os três primeiros casos.

f-050

Presuma, portanto, que a igualdade funciona para n = 1, 2, 3, …, k. Em outras palavras, a linha (*) a seguir é verdadeira por hipótese.

f-051

Agora, eis um jeito de continuar: monte a igualdade para n = k + 1, e veja se encontra nela, embutida em suas entranhas, por assim dizer, a igualdade para n = k, que, como já presumiu, é válida. Se encontrar, a prova está quase pronta.

f-052

Pare um pouco para verificar que expressões pode usar no lugar de Fk+2, Fk+3, (Fk+2)2, e de Fk+1Fk+3.

f-053

Como já viu, a igualdade (*) é verdadeira pela hipótese de indução. Além disso, (–1)k+1 = (–1)(–1)k, isto é, você tem uma expressão equivalente a (–1)k, e tem uma equivalente a (–1)k+1; para igualar as duas, basta multiplicar a expressão equivalente a (–1)k por –1.

f-054

Como você montou a igualdade para n = k + 1 e desembocou na lei de Leibniz (na matemática em geral e na lógica em particular, x = x para todo x), a igualdade para n = k + 1 tem de ser válida, pois, na matemática, não existe afirmação inválida que leve a uma afirmação válida. Com tudo isso, provou que a afirmação é válida para todo valor inteiro positivo de n.

Prova 2. Uma vez que tenha feito tudo isso, pode escrever a prova de outro jeito, se quiser, que é mais satisfatório, embora quem a examine pela primeira vez vai achá-la misteriosa: basta ir de trás para a frente usando a prova 1 como referência. Comece com a afirmação a seguir:

f-055

Do lado direito da igualdade, use a regra ab + a2 = a(b + a) para pôr o termo Fk em evidência.

f-056

Já sabe que, por definição, Fk+1 + Fk = Fk+2. Faça a troca no lado direito.

f-057

Subtraia (Fk+1)2 dos dois lados da igualdade, o que não vai alterar sua validade.

f-058

Do lado direito, use a regra –a + b = (–1)(ab) para pôr o fator (–1) em evidência.

f-059

Já sabe que, pela hipótese de indução (*), a expressão dentro do parênteses mais à direita vale (–1)k. Faça a substituição.

f-060

Do lado esquerdo da igualdade, adicione e subtraia Fk+1Fk; isso equivale a adicionar zero e não altera a validade da igualdade.

f-061

Verifique como (Fk+1)2 + Fk+1Fk = Fk+1(Fk+1 + Fk) = Fk+1Fk+2. Faça a substituição no lado esquerdo da igualdade.

f-062

Adicione e subtraia (Fk+1)2 do lado esquerdo da igualdade.

f-063

Verifique como (Fk+1)2 + 2FkFk+1 + (Fk)2 = (Fk+1 + Fk)2 = (Fk+2)2. Além disso, Fk+2 + Fk+1 = Fk+3, e também Fk+1Fk+2 + (Fk+1)2 = Fk+1(Fk+2 + Fk+1) = Fk+1Fk+3. Faça todas essas substituições.

f-064

E isso é exatamente o que obteria se simplesmente tivesse escrito a afirmação para n = k + 1. Portanto, a validade da afirmação para n = k implica sua validade para n = k + 1, e, visto que verificou a validade da afirmação para n = 1, 2, 3, pode afirmar que ela é válida para todo valor inteiro positivo de n, QED.


(E11, pág. 7). Veja como funciona um exemplo concreto dessa afirmação, com n = 4; o último fator da última parcela deve ter o índice subscrito 8 = 2·4.

F1F2 + F2F3 + F3F4 + F4F5 + F5F6 + F6F7 + F7F8 = (F8)2

Ou seja:

1·1 + 1·2 + 2·3 + 3·5 + 5·8 + 8·13 + 13·21 = (21)2

441 = 441

Sempre que possível, escreva somatórios complicados com a notação sigma. O que aprende ao fazer isso às vezes é útil mais tarde.

f-065

Quando o contador t = 2n – 1, a última parcela será F2n–1F2n. Note que, portanto, o índice subscrito do último fator na última parcela tem de ser par.

À prova por indução. Verifique se a base da indução é válida, isto é, se a afirmação é válida quando n = 1.

f-066

É válida. Presuma agora que a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k. Adicione as parcelas F2kF2k+1 e F2k+1F2k+2 aos dois lados da igualdade, e por fim veja se consegue arranjar o lado direito para que se transforme em (F2k+2)2.

f-067

Antes de continuar, uma pausa: (F2k+2)2 equivale a qual expressão?

f-068

Retome os trabalhos e veja se arranja dessa maneira o lado direito da igualdade.

f-069

E isso é o que obteria se tivesse usado a afirmação para n = k + 1 logo de cara. Portanto, se a afirmação vale para n = 1 e se, quando ela vale para n = k, vale também para n = k + 1, então ela vale para todo valor inteiro positivo de n.


(E12, pág. 7). Desta vez, o índice subscrito do último fator na última parcela é ímpar, pois 2n é par e 2n + 1 é ímpar. Veja como fica o somatório com a notação sigma:

f-070

À prova por indução. Veja se a base da indução é válida, isto é, se a igualdade é válida quando n = 1.

f-071

Pode escrever a hipótese de indução: a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k. Feito isso, adicione as parcelas F2k+1F2k+2 e F2k+2F2k+3 aos dois lados da igualdade, e veja se consegue arrumar o lado direito até que seja igual a (F2k+3)2 – 1 = (F2k+2 + F2k+1)2 – 1 = (F2k+2)2 + 2F2k+2F2k+1 + (F2k+1)2 – 1.

f-072

E isso é o que obteria se tivesse usado a afirmação para n = k + 1. Portanto, provou que a validade da igualdade para n = k implica a validade para n = k + 1, de modo que a pode declarar válida para todo valor inteiro positivo de n.


(E13, pág. 7). Calcule os primeiros números de Lucas, e veja como é fácil chegar à conjectura Ln = Ln–1 + Ln–2 para n ≥ 3.

L1 = 1 por definição.

L2 = F3 + F1 = 2 + 1 = 3

L3 = F4 + F2 = 3 + 1 = 4 (e 4 = L2 + L1)

L4 = F5 + F3 = 5 + 2 = 7 (e 7 = L3 + L2)

L5 = F6 + F4 = 8 + 3 = 11 (e 11 = L4 + L3)

Da lista acima, você já sabe que a conjectura é válida para n = 3, 4, 5. Portanto, já provou a base da indução no caso de uma prova por indução. Suponha agora que a conjectura é válida para n = 3, 4, 5, …, k.

Lk = Lk–1 + Lk–2

O que deve adicionar do lado esquerdo da igualdade para obter Lk+1? Sabe que, por definição, Lk = Fk+1 + Fk–1, e que Lk+1 = Fk+2 + Fk. Logo, deve adicionar Fk–2 e Fk do lado esquerdo.

f-073

Ótimo: se adiciona Fk–2 e Fk do lado esquerdo, pode transformar Lk em Lk+1 usando apenas a definição de número de Lucas. E do lado direito? Pois tem de adicionar Fk–2 e Fk dos dois lados da igualdade para que permaneça válida. É aqui que vai usar a hipótese indutiva: vai começar com Lk = Lk–1 + Lk–2, que é válida por hipótese, e adicionar Fk–2 e Fk dos dois lados. Como acabou de ver, pode transformar o lado esquerdo em Lk+1. Só tem agora de transformar o lado direito em Lk + Lk–1 para provar o teorema.

f-074

Bingo. A afirmação vale para n = 3. Além disso, se vale para n = 3, 4, 5, …, k, também vale para n = k + 1. Portanto, vale para todo inteiro n ≥ 3.

Curiosidade. A sequência de Lucas deve seu nome ao matemático francês François Édouard Anatole Lucas (1842–1891), que estudou várias sequências e transformou tanto os números de Lucas quanto os de Fibonacci em casos especiais das sequências de Lucas.


(E14, pág. 7). Visto que o exercício E14 é importante, você deve respondê-lo com extremo cuidado — e essa exigência o torna difícil.

Comece colocando lado a lado os primeiros cinco valores de Ln e de Fn.

L1 = 1, F1 = 1

L2 = 3, F2 = 1

L3 = 4, F3 = 2

L4 = 7, F4 = 3

L5 = 11, F5 = 5

“Assuma que Ln = Fn para n = 1, 2, 3, …, k”, é o que Andrews te pede no enunciado de E14. Como a tabela acima mostra, a afirmação é válida apenas para n = 1, mas, apesar disso, você não pode usar a tabela para dizer que a pressuposição inicial é falsa!

Eis o motivo: numa situação real de pesquisa, o matemático verifica a validade de certa afirmação para um certo número de casos iniciais, que pode ser pequeno ou grande, não importa. (No caso deste exercício E14, a afirmação é válida para n = 1.) Feito isso, ele parte para a hipótese de indução: a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k, com k maior que o número de casos que estudou a princípio. (O que ele quer é provar uma implicação do tipo AkAk+1, isto é, se a afirmação Ak é válida, então a afirmação Ak+1 também é.) Quase sempre, ele não tem a menor ideia se a hipótese de indução é válida ou não — é justamente isso o que está tentando descobrir.

No exercício E14, o erro do argumento ocorre depois da hipótese de indução, isto é, ocorre um passo depois do passo indutivo. Supondo que a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k, o melhor que pode fazer é começar com Lk = Fk, e depois disso descobrir o que fazer para partir de Lk e chegar a Lk+1. Em outras palavras, o autor do argumento errado não deveria ter presumido que a afirmação é válida para n = k + 1. Ele deveria ter deduzido isso.

Como já viu em E13, deve adicionar Fk–2 + Fk a Lk para obter Lk+1. (Não deixe de ver que adicionar Fk–2 + Fk dos dois lados da igualdade Lk = Fk é a mesma coisa que adicionar Lk–1 dos dois lados.) Faça isso.

f-075

Ora, Lk+1 = Fk+1 apenas se 2Fk–2 = 0, isto é, se Fk–2 = 0; contudo, Fn > 0 para todo valor inteiro positivo de n. Se partiu da hipótese de indução e chegou a uma contradição, pode declarar a hipótese como inválida.

Talvez você se oponha ao argumento acima: “Mas o autor disse que Lk + Lk–1 = Lk+1 pelo teorema contido no exercício 13. Ora, visto que Ln = Fn para n = 1, 2, 3, …, k, daí realmente pode trocar Lk + Lk–1 por Fk + Fk–1.” Quase certo, pois a afirmação Lk + Lk–1 = Lk+1 só é válida para k ≥ 3. Ao notar isso, você seria obrigado a reescrever a hipótese de indução: “Assuma que Ln = Fn para n = 3, 4, 5, …, k”, e tal hipótese cai por terra já na base da indução, pois L3F3.


(E15, pág. 7). O primeiro passo é entender o enunciado: 2n é um inteiro par, e n é a metade de 2n. Os primeiros cinco casos são:

1 = F2 = F1L1 = 1·1 = 1

3 = F4 = F2L2 = 1·3 = 3

8 = F6 = F3L3 = 2·4 = 8

21 = F8 = F4L4 = 3·7 = 21

55 = F10 = F5L5 = 5·11 = 55

Bem, por definição, Ln = Fn+1 + Fn–1 para todo n ≥ 2. Pense agora em n ≥ 2 e use essa informação:

f-076

Se puder provar que essa afirmação vale para todo n ≥ 2, provou o teorema. Ela certamente vale para a base da indução:

f-077

É bem possível que, na tentativa de produzir a prova, você chegue a muitas afirmações mais ou menos com a mesma estrutura. Veja uma lista incompleta delas:

f-078

Até que, a certa altura, depois de dar voltas e mais voltas em círculos, vai atinar com o que fazer: primeiro, deve presumir que (Fn)2 + (Fn–1)2 = F2n–1, pois, em vários pontos de suas tentativas, deve ter dito a si mesmo: “Como seria bom se isso fosse verdade!” Ora, verifique a validade dessa igualdade para alguns valores de n ≥ 2; (para que Fn–1 = F1 se n = 2); depois, presuma que ela é verdadeira para todo valor inteiro positivo de n ≥ 2, siga em frente, e por último veja se pode provar que ela é verdadeira.

Comece com a hipótese indutiva:

f-130

Agora, use sua segunda presunção, a de que a equação (Fn)2 + (Fn–1)2 = F2n–1 é verdadeira. (Isso equivale a usar uma segunda hipótese indutiva.)

f-131

Agora, use mais uma vez a primeira hipótese de indução na expressão entre parênteses, mas com n – 1 no lugar de n.

f-132

 

Como chegou à lei de Leibniz, que é verdadeira por definição, pode dizer o seguinte: se a primeira e a segunda hipóteses de indução são ambas válidas, a afirmação do teorema é válida.

Falta provar a segunda hipótese de indução, isto é, provar a igualdade (Fn)2 + (Fn–1)2 = F2n–1. Veja como pode prosseguir:

f-133

Use agora a segunda hipótese de indução com a expressão dos primeiros parênteses, e a primeira hipótese de indução com a expressão dos segundos parênteses.

f-134

E a prova está completa.

O que acabou de fazer tem nome: indução simultânea. Você presume que certa hipótese de indução 2 é verdadeira para provar a hipótese de indução 1; e depois usa a hipótese de indução 1 para provar a hipótese de indução 2. Pense bem no assunto: se a hipótese de indução 2 contivesse algum erro, você chegaria a algum tipo de contradição ao usá-la na prova da hipótese de indução 1; como não chegou a nenhuma contradição, pode usar a hipótese de indução 1 para provar a hipótese de indução 2.

Leva um tempo para se acostumar com essa ideia…


(E16, pág. 7). Antes de partir para a prova, veja uns poucos exemplos. Calcule Fj e Lj para j = 1, 2, 3, 4, 5, e depois verifique a validade da afirmação para n = 1, 2, 3, 4.

f-085

Quando n = 1:

f-086

Quando n = 2:

f-087

Quando n = 3:

f-088

Por fim, quando n = 4:

f-089

Bem, para começar uma prova por indução, já sabe que a base da indução é válida. Presuma, portanto, que a afirmação vale para n = 1, 2, 3, 4, …, k. Adicione 2kLk+1 dos dois lados da igualdade, e veja se consegue reescrever o lado direito até que se transforme em 2k+1Fk+2 – 1.

f-090

E isso é o que obteria se tivesse acreditado na afirmação logo de início. Portanto, visto que a base da indução é válida, e visto que, se a afirmação é válida para n = 1, 2, 3, …, k, então também é válida para n = 1, 2, 3, …, k + 1, pode dizer que ela é válida para todo valor inteiro positivo de n.


(E17, pág. 8). Batize a afirmação de An. Antes de partir para uma prova por indução, veja na tabela a seguir como afirmação An é verdadeira para n = 1, 2, 3, …, 7.

f-091

Com isso, pode declarar válida a base da indução.

Agora, ao trabalho com a álgebra. Expanda a expressão original.

f-092

E expanda a expressão referente à afirmação An+1.

f-093

Agora, subtraia a expressão para An da expressão para An+1. Seu propósito é descobrir o que deve adicionar a An para chegar a An+1.

f-094

Portanto, caso adicione 12n(n + 1)2 à expressão para a afirmação An, chega à expressão para An+1. Se puder provar que 12n(n + 1)2 é divisível por 24, conclui a prova, pois poderá dizer: a base da indução é válida e, além disso, se 24 divide A1, A2, A3, …, Ak, também divide Ak+1, pois divide a diferença entre Ak e Ak+1. (Mais sobre isso logo abaixo, no pé desta resolução.)

f-095

Agora, portanto, a questão é saber se 2 divide n(n + 1)2. Mas esse tem de ser o caso, pois, se n é par, n(n + 1)2 é par; se n é ímpar, n + 1 é par, e daí mais uma vez n(n + 1)2 é par. Portanto, 24 divide 12n(n + 1)2: a afirmação An é válida para todo valor inteiro positivo de n, e a prova está completa.

Dividindo uma diferença. Suponha que o inteiro positivo d divide o inteiro a; logo, a = dx para algum inteiro x. Suponha ainda que d divide o inteiro b; logo, b = dy para algum inteiro y. Sendo assim:

f-096

Como pode ver, d também divide a diferença entre a e b.


(E18, pág. 8). Vai usar aqui o mesmo método que já usou para provar o teorema 1-2 (pág. 5).

Primeiro, verifique se a base da indução é válida.

f-097

Logo, x + y é fator de x1 + y1.

Trabalhe agora com um caso maior, ou com vários casos, para se habituar com o método. Por exemplo, para verificar se x + y divide x7 + y7, use uma grade para multiplicar x + y por x6x5y + x4y2x3y3 + x2y4xy5 + y6.

f-098

Como pode ver, olhando só para o centro da grade, os termos somam zero na diagonal (ou se cancelam na diagonal): o segundo termo da linha de cima (–x6y) é o oposto do primeiro termo na linha de baixo (x6y), o terceiro na linha de cima é o oposto do segundo na linha de baixo, e assim por diante. Depois que termina todas as adições, sobram apenas o primeiro termo da linha de cima (x7) e o último da linha de baixo (y7). Portanto, pode usar a linha a seguir para dizer que x + y divide x7 + y7.

f-099

Note que 6 = 2 · 3 e 7 = 2 · 3 + 1. Ora, se k tem de ser um inteiro positivo ímpar, você pode expressá-lo na forma k = 2n + 1 para algum inteiro n ≥ 0.

Está pronto para provar a afirmação de modo genérico. Primeiro, monte a grade de multiplicação.

f-100

Como pode ver olhando para o miolo da grade, os termos somam zero na diagonal; sobram apenas o primeiro da linha de cima (x2n+1) e o último da linha de baixo (y2n+1). Portanto, eis como expressar o fato de que x + y divide x2n+1 + y2n+1 para todo inteiro n ≥ 0:

f-101

E com isso a prova está completa.

Sutileza. Talvez tenha se perguntado: mas isso é uma prova por indução? Qual é a hipótese indutiva? Onde está o passo indutivo, isto é, em que ponto da prova o redator usou a hipótese de indução?

Sim, é uma prova por indução: quando você multiplica x + y pelo somatório com n = 0, obtém a base da indução, isto é, obtém a igualdade x + y = x1 + y1. Se presume que o método funciona para n = 0, 1, 2, 3, …, m, e depois disso multiplica x + y pelo somatório com n = m + 1, verá, ao examinar os cancelamentos na grade de multiplicação, que necessariamente tem de obter o produto x2m+3 + y2m+3, e o argumento quanto a isso não contém nenhum tipo de ambiguidade. Mas para que todo esse trabalho se é mais fácil provar, logo de uma vez, que o método funciona para todo valor não negativo de n?


(E1, pág. 10). Lembre-se: seu desafio é escrever o inteiro n na base k, ou seja, é produzir uma igualdade do tipo n = asks + as–1ks–1 + ··· + a1k + a0, com 0 ≤ aj < k e com as ≠ 0 se n ≠ 0.

Veja como fica o primeiro passo no caso de 25 na base 5:

f-113

Há trabalho ainda a fazer, pois todo coeficiente de potências de cinco tem de ser menor que 5. (Isto é, cada aj ∈ {0, 1, 2, 3, 4}.) Assim, escreva o coeficiente de 51, que é 5, na base 5.

f-114

Ponha essa descoberta na equação anterior.

f-115

 

Agora, 32 na base 5. Direto às contas.

f-116

Por fim, 56 na base 5.

f-117

Se ainda não reparou, repare: está usando bastante o algoritmo que, na escola básica, muitos chamavam de “divisão com resto”.


(E2, pág. 10). Direto às contas de 47 na base 2.

f-118

Esse método é trabalhoso, mas você está no controle o tempo todo, pois vê o que acontece na passagem de uma linha para a outra; e quando cada coeficiente de cada potência de 2 é menor que 2, sabe que seu trabalho acabou.

Quanto a 68 e a 127 na base 2, eis a resposta para simples conferência: 68 = 1000100(2) e 127 = 1111111(2).


(E3, pág. 10). O autor te pede para representar certo número inteiro (a massa do objeto) por meio da adição de certos “pesos”. Talvez demore, mas cedo ou tarde você vai pensar: “Ah! Ele quer que eu use o teorema da base de representação!”

Até que tenha uma ideia luminosa, provavelmente você vai brincar um pouco; por exemplo, vai representar 57 quilogramas usando como referência várias bases.

57 = 111001(2)

57 = 2010(3)

57 = 321(4)

57 = 212(5)

Em palavras: para medir 57 quilogramas com um sistema de base 2, você precisa de um peso de 1 quilograma, um de 8 quilogramas, um de 16 quilogramas, e um de 32 quilogramas. Com um sistema de base 3, precisa de dois pesos de 27 quilogramas e um de 3 quilogramas. Com base 4, precisa de três pesos de 16 quilogramas, dois de 4 quilogramas, e um de 1 quilograma. Com base 5, precisa de dois pesos de 25 quilogramas, um de 5 quilogramas, e dois de 1 quilograma. Com qualquer base ≥ 58, precisa de 57 pesos de 1 quilograma. Essa é a ideia geral.

Suponha que você tenha pesos na base 2: 1 quilograma, 2 quilogramas, 4 quilogramas, 8 quilogramas, 16 quilogramas, 32 quilogramas, 64 quilogramas, etc. De quantos pesos precisa, portanto, para medir a massa de qualquer objeto de 0 quilograma a 63 quilogramas? (Lembrete: objeto de massa inteira.) De seis pesos no máximo, como pode ver na tabela a seguir.

25

24

23

22

21

20

32

16

8

4

2

1

0

0

0

0

0

0

0 kg

0

0

0

0

0

1

1 kg

0

0

0

0

1

0

2 kg

0

0

0

0

1

1

3 kg

···

···

···

···

···

···

···

1

1

1

1

1

0

62 kg

1

1

1

1

1

1

63 kg

Em palavras: você não sabe a massa do objeto, mas, se não colocar nenhum peso no outro prato da balança, e ela se equilibrar, é porque a massa do objeto é zero (ele não pesa nada). Se colocar um peso de 1 quilograma no outro prato da balança, e ela se equilibrar, é porque a massa é 1 quilograma. Se colocar um peso de 32 quilogramas, um de 4 quilogramas, e um de 1 quilograma, é porque a massa é de 37 quilogramas. (Pois 37 = 100101(2).)

Na tabela acima, portanto, pode ver o peso como sendo o inteiro no topo da tabela, isto é, a potência de 2; e pode ver o algarismo, nesse caso 0 ou 1, como sendo a quantidade de potências de 2, ou a quantidade de pesos com aquela massa.

O problema agora se transforma em outro: Existe alguma base com a qual consiga produzir os inteiros de 0 a 63 com apenas seis “pesos”?

Recorrendo à base 3, você pode usar os algarismos 0, 1, e 2; e as primeiras potências de 3 são 30 = 1, 31 = 3, e 32 = 9. Com seis pesos, você só consegue medir de 0 quilograma a 26 quilogramas, pois 222(3) = 26. É o que pode ver na tabela a seguir.

32

31

30

9

3

1

0

0

0

0 kg

0

0

1

1 kg

0

0

2

2 kg

0

1

0

3 kg

0

1

1

4 kg

0

1

2

5 kg

0

2

0

6 kg

···

···

···

···

2

2

1

25 kg

2

2

2

26 kg

 

Assim, usando a base 3 como referência, com seis pesos (dois de 1 quilograma, dois de 3 quilogramas, e dois de 9 quilogramas) você consegue medir a massa de qualquer objeto de massa inteira entre 0 quilograma e 26 quilogramas, mas não consegue chegar a 63 quilogramas.

E assim por diante: na base 4, com seis pesos você vai até no máximo 15 quilogramas, pois 33(4) = 15. Na base 5, vai até no máximo 14 quilogramas, pois 24(5) = 14. Na base 6, vai até 11 quilogramas no máximo, pois 15(6) = 11. Por último, no caso de qualquer base ≥ 7, com seis pesos você vai até 6 quilogramas no máximo, pois 6(7) = 6(8) = 6(9) = 6(10) = 6(11) = ··· = 6.

Portanto, eis a resposta: se pode colocar os pesos apenas num dos pratos da balança (que será o prato vazio, ou seja, o prato no qual não está o objeto que deseja pesar), você precisa de no mínimo seis pesos para pesar qualquer objeto de massa inteira de 0 quilograma a 63 quilogramas.


(E4, pág. 10). Um bom jeito de começar é trabalhar uns poucos exemplos, para ver como a coisa toda funciona. Na tabela a seguir, pode ver como representar os inteiros positivos entre 5 e 14.

27

9

3

1

n

0

1

–1

–1

5

0

1

–1

0

6

0

1

–1

1

7

0

1

0

–1

8

0

1

0

0

9

0

1

0

1

10

0

1

1

–1

11

0

1

1

0

12

0

1

1

1

13

1

–1

–1

–1

14

Pegue o caso de n = 14. Veja como pode transformar o somatório da tabela acima na adição de dois números escritos na base 3.

f-119

Note que não foi difícil transformar um somatório do tipo ∑cj3j na adição de dois inteiros de base 3. A receita é simples:

(a) Comece com o somatório ∑cj3j, que por hipótese representa um inteiro positivo.

(b) Partindo de ∑cj3j, forme o inteiro positivo p de base 3 assim: troque todo cj que valha –1 por cj = 0.

(c) Partindo de ∑cj3j, forme o inteiro positivo q de base 3 assim: troque todo cj que valha 1 por cj = 0, e troque todo cj que valha –1 por cj = 1.

(d) Agora, ∑cj3j = pq, onde p, q são inteiros positivos de base 3 cujos coeficientes das potências de 3 ou valem 0 ou valem 1.

Recorrendo ao teorema da base de representação (o teorema 1-3), sabe que a representação de p é única, assim como a de q. Falta provar que sempre pode pegar um inteiro positivo de base 3, qualquer um, e expressá-lo como uma diferença pq entre inteiros positivos de base 3. Contudo, é importante que os coeficientes de tais inteiros p, q sejam ou zero, ou 1, mas nunca 2.

Depois de várias tentativas, talvez chegue a linhas como estas abaixo.

f-120

Isso significa que, qualquer que seja o inteiro expresso na base 3, sempre pode pegar os termos cujo coeficiente vale 2 e convertê-lo num somatório com dois termos cujos coeficientes valem 1 e –1. Veja como usar essa descoberta, por exemplo, no caso de 222(3) = 26.

f-121

Mais um exemplo: 212(3) = 23.

f-122

Nesse caso, realizou a troca de 2·3n por 1·3n+1 – 1·3n em duas linhas, na segunda e depois de novo na quarta.

Esses dois exercícios sugerem um jeito de pensar na prova (um algoritmo):

[1] Você pega um inteiro positivo n qualquer e o expressa na base 3, e já sabe que pode expressar qualquer inteiro na base 3, e que, se o inteiro for diferente de zero, essa expressão é única (teorema 1-3).

[2] Transforma cada termo cujo coeficiente é igual a 2 num somatório com dois termos cujos coeficientes são 1 e –1, e soma os coeficientes de cada uma das n-ésimas potências de 3 que desse modo obteve.

[3] Se reaparecer um termo com coeficiente igual a 2, de novo troca esse termo por um somatório com dois termos cujos coeficientes são 1 e –1, isto é, de novo troca 2·3n por 1·3n+1 – 1·3n.

[4] Repete os passos [2] e [3] quantas vezes precisar, isto é, até que obtenha um somatório de potências de 3 cujos coeficientes são 1, 0, ou –1. Como transformou o inteiro positivo com o qual começou num polinômio finito em 3, vai realizar os passos [2] a [4] um número finito de vezes.

[5] Fazendo assim, transforma o inteiro positivo original numa subtração pq de dois outros inteiros positivos p, q, ambos expressos na base 3, ambos expressos de tal forma que cada coeficiente de potência de 3 ou é zero ou é 1, mas nunca é 2. Com esse algoritmo, prova a existência de ∑cj3j = pq para todo inteiro positivo n; se puder provar que essa subtração é única, o teorema está provado.

Mas ela tem de ser única, por um argumento semelhante ao que usou no teorema 1-3. Eis um jeito de prosseguir:

Suponha que c030 + c131 + c232 + ··· + cs3s = d030 + d131 + d232 + ··· + ds3s, onde cs ≠ 0, ds ≠ 0, e cj, dj ∈ {–1, 0, 1}. Daí (c0d0)30 + (c1d1)31 + (c2d2)32 + (c3d3)33 + ··· + (csds)3s = 0. Visto que 30 = 1, pode escrever (c0d0) + (c1d1)31 + (c2d2)32 + (c3d3)33 + ··· + (csds)3s = 0. Sabe que pode dividir zero por 3, e portanto também pode dividir o somatório à esquerda da igualdade por 3; com isso, deve concluir que c0d0 = 0, isto é, c0 = d0, porque, para todo j, –2 ≤ cjdj ≤ 2. Mas, ao dividir os dois lados por 3, e levando em conta que c0d0 = 0, o que obtém é (c1d1)30 + (c2d2)31 + (c3d3)32 + ··· + (csds)3s–1 = 0. Ao repetir o argumento em que 30 = 1, deve chegar a c1d1 = 0 e c1 = d1. Continuando dessa maneira por indução, vai chegar à conclusão de que cj = dj para todo j.

[Se quiser um argumento mais completo, faça c030 + c131 + c232 + ··· + cs3s = d030 + d131 + d232 + ··· + ds3s + ··· + dt3t, onde cs ≠ 0, dt ≠ 0, st, e cj, dj ∈ {–1, 0, 1}. Mas aí, usando o mesmo argumento do parágrafo acima, você rapidamente chega à conclusão de que s = t. O caso st é semelhante.]

Falta agora tratar de inteiros negativos, mas isso é fácil, pois um inteiro negativo é simplesmente seu oposto positivo, porém multiplicado por –1. Se os coeficientes cj do inteiro positivo n = ∑cj3j são –1, 0, e 1, os coeficientes desse inteiro multiplicado por –1 serão 1, 0, e –1.


(E5, pág. 11). Em razão do exercício E4, é quase certo que vai experimentar primeiro esta hipótese: um sistema de base 3 deve ser o mais eficiente de todos. Mas, para começar a testá-la, tem de se familiarizar com o processo de pesagem.

Suponha que o objeto a ser pesado tem massa de 80 quilogramas. Veja como poderia usar o teorema contido no exercício 4 para escrever n = 80.

34 = 81

33 = 27

32 = 9

31 = 3

30 = 1

n = 80

1

0

0

0

–1

Pode interpretar essas duas linhas assim: se a massa de algo vale 80 quilogramas, você coloca esse algo num prato da balança, acrescenta um peso de 1 quilograma e, no outro prato da balança, o prato vazio, coloca um peso de 81 quilogramas. Assim, –1·30 significa “coloque um peso de 1 quilograma no mesmo prato em que está o objeto a ser pesado”; e 1·34 significa “coloque um peso de 81 quilogramas no prato vazio”.

Outro exemplo: o objeto a ser pesado tem massa de 21 quilogramas.

34 = 81

33 = 27

32 = 9

31 = 3

30 = 1

n = 21

0

1

–1

1

0

 

Você coloca o objeto de a ser pesado num dos pratos da balança, coloca um peso de 9 quilogramas no mesmo prato e, no outro prato, o prato vazio, coloca um peso de 27 quilogramas e um de 3 quilogramas. Se os pratos se equilibram, é porque o objeto pesa 21 quilogramas.

Assim, usando o método do exercício E4, você pode pesar objetos de massa inteira de 0 quilograma até 80 quilogramas usando apenas cinco pesos: um de 1 quilograma, um de 3 quilogramas, um de 9 quilogramas, um de 27 quilogramas, e um de 81 quilogramas.

A questão agora é mostrar que, com qualquer outra base, usaria mais pesos. Bem, 80 = 1010000(2), e com isso de cara elimina a base 2, porque, para contar de 0 a 80 na base 2, precisaria de no mínimo sete pesos.

E quanto à base 4? Sabe que 80 = 1100(4). Para contar de 0 a 80 na base 4, colocando os pesos apenas na balança vazia, você precisa de 10 pesos: um de 64 quilogramas, três de 16 quilogramas, três de 4 quilogramas, e três de 1 quilograma. Pode ver isso melhor na tabela a seguir.

64 = 43

16 = 42

4 = 41

1 = 40

n = 0

0

0

0

0

n = 1

0

0

0

1

n = 2

0

0

0

2

n = 3

0

0

0

3

n = 4

0

0

1

0

···

···

···

···

···

n = 48

0

3

0

0

n = 49

0

3

0

1

n = 50

0

3

0

2

···

···

···

···

···

n = 77

1

0

3

1

n = 78

1

0

3

2

n = 79

1

0

3

3

n = 80

1

1

0

0

E se colocar pesos nos dois pratos da balança? Será que daí poderia usar menos pesos para medir a massa de um objeto de massa inteira de 0 quilograma a 80 quilogramas?

Antes de dar resposta à pergunta, veja bem o que fez no exercício E4: em vez de representar números inteiros não negativos na base 3 com os coeficientes usuais 0, 1, e 2, você os representou com os coeficientes –1, 0, e 1. Notou que evitou o coeficiente de maior valor? Notou que usou os coeficiente menores que o coeficiente de maior valor em duas versões, uma positiva e outra negativa?

É o que deve fazer na base 4. Em essência, deve trocar 3·4n por 1·4n+1 – 1·4n, pois as duas expressões valem a mesma coisa. Em outras palavras, em vez de representar os inteiros não negativos na base 4 com os coeficientes 0, 1, 2, e 3, vai trocar 3·4n por 1·4n+1 – 1·4n até que possa representá-los com os coeficientes –2, –1, 0, 1, e 2. Veja a tabela a seguir.

n

64

16

4

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

2

0

0

0

2

3

0

0

1

–1

4

0

0

1

0

5

0

0

1

1

···

···

···

···

···

48

1

–1

0

0

49

1

–1

0

1

50

1

–1

0

2

···

···

···

···

···

77

1

1

–1

1

78

1

1

–1

2

79

1

1

0

–1

80

1

1

0

0

Depois de um pouco de prática, vai ficar claro que precisará de um peso de 64 quilogramas, dois de 16 quilogramas, dois de 4 quilogramas, e dois de 1 quilograma, isto é, que precisará de sete pesos ao todo. É menos do que os dez pesos de que precisaria se fosse obrigado a colocá-los no prato vazio da balança, mas é mais do que os cinco pesos de que precisa quando usa os dois pratos da balança e a base 3.

Se fizer tabelas para a base 5, 6, 7, 8, e for subindo, verá que o número de pesos nunca é menor do que seis. Existe um jeito de descrever essa descoberta de maneira mais genérica?

Existe: se usa a base k e só o prato vazio da balança, vai representar os inteiros não negativos de 0 a 80 com os coeficientes do conjunto {0, 1, 2, 3, …, k – 1}. Como já viu com o exercício E3, nesse caso nenhuma base vence a base 2, com a qual vai usar o menor número de pesos (sete). Se usa a base k e os dois pratos da balança, você parte da representação do inteiro na base k, troca sistematicamente (k – 1)·kn por 1·kn+1 – 1·kn, e daí trabalha com coeficientes do conjunto {–(k – 2), –(k – 3), …, –2, –1, 0, 1, 2, …, k – 3, k – 2}. No caso da base 3, trabalha com os coeficientes {–1, 0, 1} e usa cinco pesos.

Daí a questão fica sendo esta, que é simples: Com cinco pesos, se você vai contar de 0 a 80 na base 4, 5, 6, …, 80, até que inteiro pode chegar no máximo? (Foi o que fez ao resolver o exercício E3, pág. 10.) No caso da base 4, trabalha com os coeficientes {–2, –1, 0, 1, 2} e chega no máximo a 122(4) = 26. No caso da base 5, trabalha com os coeficientes {–3, –2, –1, 0, 1, 2, 3} e chega no máximo a 23(5) = 13. No caso da base 6, trabalha com os coeficientes {–4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4} e chega no máximo a 14(6) = 10. Com qualquer base k ≥ 7, com cinco pesos você chega no máximo ao inteiro n = 5.


(E6, pág. 11). Suponha primeiro que ai = k – 1 para todo valor inteiro não negativo de i. Em outras palavras, suponha a linha a seguir.

f-123

Essa é só outra forma de pensar no teorema 1-2 (pág. 5). Nessas condições, se você adicionar 1 a n, vai obter ks+1. Logo, se ai = k – 1 para todo i, n + 1 = ks+1 e n = ks+1 – 1. Contudo, se houver pelo menos um ai < k – 1, daí n < ks+1 – 1. Com isso, você estabelece a primeira parte do teorema:

f-124

Agora, se ai = 0 para todo valor de i, daí n = 0. Portanto, se ai = 0 para todo valor de is, e se além disso as ≠ 0, daí 0 < nks+1 – 1, como pretendia demonstrar.

Curiosidade. Se faz ai = k – 1 para todo valor inteiro não negativo de i, daí n + 1 = ks+1. Veja como isso se manifesta na prática das contas de armar:

125

Sutileza. Não deixe de perceber a razão prática do teorema. Se você tem diante de si um inteiro positivo n escrito na base 2, por exemplo, e com oito algarismos (isto é, o dígito mais significativo desse número na base 2 é o oitavo da direita para a esquerda), então pode imediatamente escrever n ≤ 28 – 1 = 255. Da mesma forma, se tem diante de si um inteiro positivo n escrito na base 10 com cinco algarismos, pode imediatamente escrever n ≤ 105 – 1 = 99.999.


(E7, pág. 11). Primeiro, considere a representação dos inteiros n1 e n2 na base k; n1 e n2 talvez sejam iguais, ou talvez diferentes.

f-125

Se todo ai = 0 e se todo bt = 0, então você está diante de dois jeitos distintos de grafar o número zero, e o problema é trivial. Suponha, portanto, que as ≠ 0 e br ≠ 0, com as, br > 0. (Em outras palavras, primeiro considere n1 e n2 dois inteiros positivos.)

De cara pode dizer: se s < r, por exemplo, daí n1 < n2. Para ver por que isso é verdade, examine o caso mais extremo, em que as = k – 1, isto é, o valor de as é o maior possível; e br = 1, isto é, o valor de br é o menor possível (para um inteiro positivo). (Lembrete: ai, bt ∈ {0, 1, 2, …, k – 1}.)

f-126

Essa última linha tem de ser verdadeira, pois, se r = s + 1, daí ks+1 < ks + kr é o mesmo que ks+1 < ks + ks+1; e se r > s + 1, daí a última linha é verdadeira mais ainda.

Por meio de argumento semelhante, se s > r, daí n1 > n2.

É hora de estudar o caso em que s = r.

O que deve provar é: se ar < br, daí n1 < n2, não importa quais valores atribua aos demais coeficientes ai, bt. Um bom jeito de seguir adiante: afirme o que pretende provar, e veja se chega a alguma contradição. Portanto, faça ar < br e, além disso:

f-127

Para simplificar um pouco a notação, faça brar = x. Além disso, considere o pior caso possível: br–1, br–2, …, b1, b0 são todos iguais a zero, isto é, todos têm o menor valor possível; e ar–1, ar–2, …, a1, a0 são todos iguais a k – 1, isto é, todos têm o maior valor possível. Assim, para todo valor de ir – 1, biai = 1 – k.

f-128

E a última linha é obviamente verdadeira, pois com ela você representou dois inteiros positivos na base k, ambos com o mesmo número r de algarismos, e com o algarismo x ≥ 1, já que br > ar. No pior caso possível, em que x = 1, daí n2n1 = 1 > 0 e n1n2.

Se ar = br, tudo o que tem de fazer é repetir o argumento acima para ar–1 < br–1, e assim por diante. É claro que todo o argumento funciona caso faça n1 > n2: basta trocar a por b e b por a em todo lugar. E todo o argumento também funciona para o caso de inteiros negativos e o caso em que um deles é positivo e o outro, negativo — basta trabalhar com a ideia de valor absoluto e com a ideia de simetria.

Em resumo, se você tem uma representação de base k para o inteiro n1 (com pelo menos um algarismo diferente de zero) e outra distinta para o inteiro n2, então ou n1 < n2 ou n1 > n2, isto é, certamente n1n2. {FIM}


Observações:

1. Se vir algum erro, por favor escreva para {ImaginarioPuro.MarcioSimoes@gmail.com}.

2. Numa versão anterior deste texto, eu tinha dito que transformaria o livro de Andrews numa série de 15 textos — um texto por capítulo. Mais tarde, descobri que não terei tempo de cumprir a promessa. Fica a dica, contudo: o livro de Andrews é muito bom.

Teoria dos números: muita coisa boa num assunto só


{0}/ Introdução

Esta é uma versão revisada e corrigida de uma matéria que publiquei na revista “Cálculo: Matemática para Todos”, edição 51, página 20.


{1}/ Uma lista de problemas

Tente resolvê-los antes de ler esta matéria; se fizer isso, aproveitará a leitura dez vezes mais.

1. Se for possível, ache uma fórmula com a qual calcular a soma dos n primeiros inteiros positivos. Exemplo: a soma dos cinco primeiros inteiros positivos (n = 5) é 15.

Aviso: a partir de agora, nesta matéria, “número inteiro positivo”, “número natural”, e “número” denotam a mesma entidade matemática: os números que usamos para contar — 1, 2, 3, 4, 5, etc. O símbolo do conjunto dos números naturais é N.

2. Com a exceção de 1, existem outros números triangulares que também são quadrados perfeitos? Caso existam, tente explicar, inclusive por meio de fórmulas, o modo como surgem na reta dos números e suas propriedades.

Números triangulares, números quadrados. Um número triangular é um que você pode arranjar num padrão triangular. Exemplos: 3 (duas bolinhas em baixo, uma em cima), 6 (três bolinhas em baixo, duas no meio, uma em cima), 10 (quatro bolinhas em baixo, três na camada de cima, duas na camada de cima, uma bolinha na ponta de cima), etc. Quanto aos números quadrados, são os que você pode organizar num arranjo quadrangular: 4 (um quadrado com duas bolinhas de lado), 9 (um quadrado com três bolinhas de lado), 16 (um quadrado com quatro bolinhas de lado), etc. O número 1 é tanto triangular quanto quadrado; ninguém forma um triângulo ou um quadrado com apenas uma bolinha, mas essa é uma convenção útil, já que o 1 tem as mesmas propriedades dos outros números triangulares e quadrados.

Números triangulares, números quadrados.

Um número triangular e um quadrado.

3. Some os n primeiros ímpares, para vários valores de n, e veja se identifica uma coincidência recorrente — um padrão. Se identificar, tente expressá-lo por meio de uma fórmula. Pense numa figura geométrica, ou num desenho que lembre uma figura geométrica, que sirva para justificar sua fórmula.

4. Os números 3, 5, 7 são três ímpares consecutivos que também são primos. Será que existem infinitos desses primos trigêmeos? Em outras palavras, será que existem infinitos primos p tais que p + 2 e p + 4 também são primos?

5. Os matemáticos acham que existem infinitos números primos na forma N2 + 1, onde N é um inteiro positivo; por enquanto, nenhum deles pôde produzir uma prova.

(a) Você acha que existem infinitos primos na forma N2 −1?

(b) Existem infinitos primos na forma N2 − 2?

(c) E quanto a primos na forma N2 − 3? E N2 − 4?

(d) Para quais valores reais de a você acha que existem infinitos primos na forma N2a?

6. As três linhas a seguir indicam um jeito de olhar a soma dos primeiros n inteiros positivos. Elas estão sem os detalhes. Tente entendê-las tão completamente quanto puder, ache os detalhes que faltam, e veja se alguma ideia luminosa te ocorre.

Por fim, um pouco de nomenclatura. A tabela a seguir mostra o nome de alguns conjuntos de inteiros positivos.

Conjuntos famosos de números naturais

ímpares 1, 3, 5, 7, 9, 11, …
pares 2, 4, 6, 8, 10, 12, …
quadrados 1, 4, 9, 16, 25, 36, …
cubos 1, 8, 27, 64, 125, …
primos 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, …
compostos 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, …
triangulares 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, …
perfeitos 6, 28, 496, 8.128, …
Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, …


{2}/ “Um belo fenômeno natural”

Em 1941, o filósofo Ludwig Wittgenstein notou uma característica frequente nos textos de Blaise Pascal, o famoso matemático francês do século 17: “É como se Pascal estivesse sempre admirando um belo fenômeno natural”, disse Wittgenstein. “É como se, ao admirar as propriedades dos números, ele admirasse as regularidades nalgum tipo de cristal.”

Quando Wittgenstein disse “números”, quis dizer “números inteiros positivos”, isto é, os números que o homem usa para contar: 1, 2, 3, 4, 5, etc. Cientistas especializados em educação infantil dizem que uma criança pequena distingue sem problemas um cabritinho de dois cabritinhos, e dois cabritinhos de três cabritinhos. Contudo, ela demora um tempão para descobrir que coisa mágica dois cabritinhos têm em comum com dois soldadinhos e duas palmas e dois beijinhos e duas rodinhas e dois bonés e dois livros. Essa coisa mágica é a ideia de 2. Já professores no ensino fundamental 1 dizem que, quando uma criança finalmente entende isso, que pode considerar a ideia de 2 à parte de quaisquer dois objetos particulares, ela fica esfuziante de alegria. (Nem todas entendem, e não é culpa delas, já que o ensino de matemática no Brasil é uma droga.)

O estudante pode ver uma manifestação desse encantamento nas definições leigas de matemática: “A matemática”, dizem os leigos, “é a ciência dos números.” (É raro um ouvinte se rebelar contra essa definição, embora ela deixe de fora uma parte enorme da matemática.) Pode ver outra manifestação no próprio texto em que Wittgenstein comenta Pascal. E pode ver outra ainda nos memes de internet sobre matemática: muitos deles tratam de truques aritméticos com números naturais, do tipo “pense num número”.

Existe uma área da matemática na qual esse encantamento surge toda hora: a teoria dos números. (Daqui em diante, TN.) Um especialista em TN se interessa justamente pelas propriedades dos números inteiros, especialmente os naturais; isto é, se interessa pelas propriedades de subconjuntos dos inteiros, e pelas correlações entre tais subconjuntos. O estudante, ao se dedicar à TN, ganha de três maneiras distintas, no mínimo:

Os ganhos de quem estuda TN

(A) Desenvolve sua técnica, o que é útil em investigações matemáticas de qualquer tipo.

(B) Pode dar vazão a seu lado “artista primitivo”, pois terá muitas ocasiões para desenhar belos padrões com bolinhas ou quadradinhos coloridos.

(C) Aprende a se tornar um bom cientista, assim como aprende a distinguir a ciência boa da ciência fajuta.

* * *

Todos os fatos. O item identificado com (C) merece umas palavras a mais. No livro A Friendly Introduction to Number Theory [Uma Introdução Amigável à Teoria dos Números], o matemático americano Joseph H. Silverman descreve os passos que o estudante costuma dar quando investiga qualquer um dos problemas da TN:

1. Ele acumula dados em conjuntos específicos, em geral dados numéricos, mas às vezes dados de natureza mais abstrata.

2. Examina os dados num conjunto e tenta ver padrões (coincidências recorrentes), assim como tenta ver correlações com os dados de outros conjuntos.

3. Formula conjecturas que possam explicar os padrões e as correlações; com frequência, expressa tais conjecturas na forma de expressões matemáticas (por exemplo, equações), ou de algoritmos (por exemplo, instruções detalhadas).

4. Para testar uma conjectura, ele coleta mais dados. Se os dados novos combinam com a conjectura, ele a mantém; se não combinam, ele a descarta e tenta elaborar uma conjectura nova. Daí repete este passo.

5. Quando está convencido de que sua conjectura é verdadeira, imagina um argumento (ou seja, uma demonstração matemática) para prová-la. Se tiver sucesso, com isso converte a conjectura num teorema.

Silverman diz que os passos 1 a 5 são importantes não apenas na TN, mas na matemática inteira. Quanto aos passos 1 a 4, são exatamente os passos da ciência: físicos, biólogos, economistas, sociólogos, químicos — todo cientista que mereça o título tenta desvendar a natureza seguindo os passos 1 a 4. (Os cientistas fajutos seguem só os passos 1 a 3, e isso quando seguem tais passos: muito fajuto nem se dá ao trabalho de coletar dados.) Quanto ao passo 5, é um privilégio exclusivo do matemático — quando prova um teorema, o matemático deixa como legado uma verdade eterna. O cientista, depois que se convence da validade de uma conjectura, não tem como prová-la de modo que dure para todo o sempre, simplesmente porque ninguém conhece todos os fatos, nem jamais conhecerá.

O melhor jeito de observar a validade dos ganhos (A) a (C) é observar como se manifestam durante a resolução de um problema. Por exemplo, o problema 1.

Resolução do problema 1. Um estudante (vamos chamá-lo de gZ5) começou com uma tabela, na qual incluiu também um desenho com bolinhas pretas. Seu objetivo era ver se identificava algum padrão. Usou o símbolo Sn para indicar a soma dos n primeiros números naturais.

gZ5 fez de tudo para achar um padrão; inclusive fatorou as somas para obter a sequência 1, 3, 2·3, 2·5, 3·5, 3·7, 22·7, etc. Não conseguiu reconhecer nenhum padrão. Teve então a ideia de adicionar mais bolinhas às bolinhas de cada passo, para completar um quadrado, e com isso esboçou a figura 1.

Figura 1

Figura 1

Depois de olhar o desenho um tempo, gZ5 chegou à seguinte hipótese a respeito desse processo no passo n:

O problema é que, nessa fórmula, há três variáveis: n, Sn, Sn−1. Mas logo gZ5 viu que, se quisesse, poderia expressar Sn−1 em termos de Sn: Sn−1 é o mesmo que Snn. Sendo assim:

Com tudo isso, gZ5 cumpriu os passos 1 a 3: coletou dados, examinou-os à procura de um padrão, viu um padrão, elaborou uma conjectura na forma de uma equação. Partiu então para o passo 4: verificar se sua conjectura explica novos dados. Para tanto, calculou S8, S9 e S10 de duas formas: com a fórmula e desenhando bolinhas.

S8 vale 36, o que combina com 28 bolinhas (S7) mais 8 bolinhas. S9 vale 45, o que combina com 36 bolinhas (S8) mais 9 bolinhas. E S10 vale 55, o que combina com 45 bolinhas (S9) mais 10 bolinhas. gZ5 viu que sua conjectura era promissora, pois explicava fatos novos. Pensou então num jeito de provar que ela era verdadeira para qualquer valor natural de n, e teve a ideia de elaborar uma prova por indução finita.

(Vamos voltar ao tema da indução matemática no futuro; dedicaremos uma matéria só para ela. Por enquanto, consulte uma enciclopédia de matemática.)

Começou criando uma proposição P(n), que é verdadeira, por hipótese, para qualquer valor natural de n:

Proposição P(n): Você pode usar a equação a seguir para calcular a soma Sn dos n primeiros inteiros positivos:

Depois, tratou de provar que P(n) vale quando n = 1, caso em que Sn vale, obviamente, 1:

O passo seguinte, numa prova por indução, é provar que, para todo k inteiro positivo, P(k) implica P(k + 1). Como sabe que P(k + 1) é o mesmo que P(k) mais k + 1 (bastou para tanto examinar o triângulo na tabela de pontos), começou com essa afirmação:

gZ5 notou que a última linha é exatamente a que obteria se tivesse aplicado a fórmula logo de cara a Sk+1. Com isso, provou que Sn implica Sn+1. E daí, visto que S1 é verdadeira e implica S2, então S2 é verdadeira; visto que S2 é verdadeira e implica S3, então S3 é verdadeira; e assim por diante para todo n natural. “Esse”, escreveu gZ5, “é o milagre da indução matemática.”

Muito estudante, tendo cumprido a missão, pararia aqui, mas gZ5 sabia que deveria dar dois passos extras. O primeiro deles é bolar outras imagens que também condigam com a fórmula para Sn, e por isso gZ5 chegou às imagens da figura 2.

As figuras 2A e 2B

As figuras 2A e 2B

Com a figura 2A, pôde visualizar precisamente a fórmula para Sn: é equivalente a metade da área de um retângulo de base n e altura n + 1. Com a figura 2B, pôde ver como deduzir a fórmula de Sn acrescentando uma linha de simetria ao triângulo de pontos original: bastou acrescentar uma diagonal com n + 1 pontos e encaixar um triângulo de Sn pontos de ponta-cabeça, e assim obter um quadrado de lados iguais a n + 1 pontos e área igual a (n + 1)2 pontos. gZ5 pôs no papel como essa área se relaciona com Sn:

Tais desenhos servem de ajuda visual para a memória; servem para melhorar a intuição sobre o comportamento de inteiros positivos; e servem como ferramenta para guardar na caixa de ferramentas com as quais resolver problemas no futuro (= forme figuras geométricas com bolinhas e quadradinhos; se possível, forme figuras geométricas com alguma linha de simetria, pois ficam mais bonitas, e é mais fácil memorizar figuras bonitas). Servem também de lembrete: qualquer que fosse o desenho do qual partisse, teria chegado à fórmula para Sn; contudo, por mais que a fórmula pareça óbvia em razão do desenho, gZ5 deve prová-la de modo que um matemático não a possa questionar. Recorrer ao princípio da indução finita é um desses modos.

O outro passo extra: gZ5 se habituou a dar uma espiada no triângulo de Pascal sempre que topa com uma sequência de números, para ver se a sequência está no triângulo. Bem, Sn é um dos elementos da ênupla ordenada infinita (1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, …). Essa sequência existe no triângulo de Pascal? Olhando a figura 3, viu que sim, e em duas diagonais: a diagonal C(k, k − 2) e a diagonal C(k, 2). [Você pode usar esse símbolo, C(a, b), para indicar o número de combinações que pode montar com a elementos, escolhidos b a b. Ele representa, portanto, um número binomial; mas é mais fácil incluí-lo no meio do texto. Note que as duas diagonais se cruzam no elemento C(4, 2).] gZ5 percebeu que, neste caso, k = n + 1. Decidiu explorar essa descoberta.

Figura 3: O triângulo de Pascal. Em cada quadradinho, está o valor do número binomial à sua esquerda. Lembre-se de que, no triângulo de Pascal, um número é a soma dos dois números acima dele (com a exceção do primeiro, no topo do triângulo); se houver apenas um número acima dele, é a soma desse número com zero.

À guisa de primeiro passo, provou que a fórmula para Sn equivale à fórmula para obter os números binomiais dessas duas colunas.

gZ5 achou surpreendente essa ligação entre a soma dos n primeiros números naturais com o número de combinações de (n + 1) elementos, escolhidos (n − 1) a (n − 1), ou com o número de combinações de (n + 1) elementos, escolhidos 2 a 2.



{3}/ “Por que vai um?”

Rubens Vilhena Fonseca dá aulas de cálculo e de teoria dos números na Uepa, a Universidade do Estado do Pará, em Belém. Seus alunos são licenciandos, isto é, vão um dia dar aulas de matemática no ensino fundamental 2 e médio. Sempre que acolhe uma turma de novatos, fica surpreso com o modo como o novato vê a aritmética. “Eu peço para que um dos alunos vá para a lousa e some dois inteiros”, diz Rubens, “e cedo ou tarde esse aluno diz ‘vai um’. Eu pergunto: por que vai um? Muitas vezes o aluno não sabe se explicar, e isso vale até para alunos que já dão aulas em cursinhos pré-vestibulares.” O surpreendente nessa história é que os alunos se matricularam num curso de licenciatura em matemática, isto é, eles gostam de matemática a ponto de querer transformá-la em profissão! O que as pessoas chamam de “aritmética”, diz Rubens, é quase sempre uma coletânea de truques aritméticos para realizar as quatro operações — os truques funcionam, mas a pessoa não conhece os motivos. “As pessoas usam palavras e locuções como ‘divisor’, ‘primo’, ‘resto’, ‘vai um’, ‘acrescenta um zero’, etc., como se usassem palavras e expressões da língua portuguesa: elas sabem mais ou menos o significado, mas não profundamente.”

Depois de pensar no assunto por um tempão, Rubens concebeu uma explicação interessante para o fenômeno. “De modo geral, as afirmações que encontramos em tratados de aritmética, que na faculdade muda de nome para teoria dos números, nos passam a sensação de que ‘isso é óbvio’. A aritmética dá a impressão de que é elementar. Mas assim que um aluno começa a trabalhar num desses problemas elementares, ou óbvios, percebe que ele vai se transformando, ficando grande, e vai exigindo cada vez mais matemática, cada vez mais técnicas, cada vez mais sofisticação.” Rubens faz o que pode para fazer seus alunos perceber a enrascada em que se meteram ao estudar TN, não para assustá-los, mas para que abordem a teoria do jeito certo.

“A matemática nasceu com a aritmética”, diz Rubens, “e até hoje nenhuma outra área se compara à teoria dos números. Ela é uma grande geradora de matemática; ela até hoje alimenta o restante da matemática com técnicas e métodos extraordinários. Com ela, você faz jogos de mágica, criptografa mensagens, se habitua a pensar nos bastidores da matemática de um jeito sistemático. É uma área maravilhosa.”

Num corpo humano, existem mais ou menos 7 · 1027 átomos — ou 7.000 septilhões de átomos, ou ainda 7.000 trilhões de bilhões de átomos. É átomo a perder de vista. Em outras palavras, a realidade é tão complicada, mas tão complicada, que é inapreensível; sobre ela o homem não pode ter nenhuma certeza absoluta.

E, no entanto, o homem faz ciência de boa qualidade. Como isso é possível? Um jeito de pensar nessa pergunta é olhar o esboço na figura 4, mais abaixo, e compará-lo com uma calçada real numa das ruas de Paris. O esboço não tem cores; a calçada real tem. O esboço não tem sons; a calçada real tem. O esboço não tem cheiros; a calçada real tem. O esboço permanece como está, mostrando um momento congelado no tempo; a calçada real nunca é a mesma, até porque átomos e moléculas não param quietos nem por um milissegundo que seja. Um artigo científico também é assim: um esboço estático da realidade.

Se o homem não pode ter certezas absolutas sobre a realidade, pode ter certezas absolutas sobre a matemática, que, afinal de contas, ele inventou para isso mesmo: para que pudesse ter certezas absolutas sobre alguma coisa. Rubens vive repetindo a famosa frase de Gauss: “A matemática é a rainha da ciência, e a teoria dos números é a rainha da matemática.” É isso: usando a matemática, o homem vai aumentando, devagar e sempre, sua lista de bons esboços acerca da realidade. Enquanto isso, estudando a teoria dos números, o matemático desenvolve sua técnica, se diverte desenhando bolinhas e quadradinhos coloridos, deixa aos outros matemáticos soluções novas (e perguntas novas). Além disso tudo, pratica os métodos da ciência do princípio ao fim, e deixa aos cientistas mais ferramentas com as quais esboçar a realidade.

Figura 4: Um esboço de uma rua de Paris

Figura 4: Um esboço de uma rua de Paris



{4}/ A resposta dos problemas 2 a 6

Quando você estiver trabalhando na solução de um problema já resolvido por matemáticos (como a fórmula com a qual calcular a soma dos n primeiros números naturais), não desanime com o pensamento de que é um problema já resolvido. Isso não é nenhum demérito. Rubens Vilhena diz que até matemáticos profissionais estão sempre estudando problemas já resolvidos; eles até têm uma locução para isso: “reabrir um problema”. Rubens explica: “Às vezes, estudando um problema antigo, conseguimos imaginar um novo método pelo qual resolvê-lo, ou um novo algoritmo. Às vezes conseguimos resolvê-lo com uma técnica a qual ninguém usou antes naquele problema. Tudo isso é muito válido.”

Resposta 2 (parcial)

Talvez você tenha notado que um número triangular é justamente a soma dos n primeiros inteiros positivos, com o qual o estudante de codinome gZ5 trabalhou no problema 1. Sendo assim, se existem inteiros triangulares que são também quadrados perfeitos, a raiz quadrada de tais números deve ser um inteiro também. Eis um jeito de dizer isso com notação matemática:

Depois desse passo, pode programar uma calculadora para começar com n = 1, ir de 1 em 1, e a cada passo calcular o valor de Sn e de x. Daí basta anotar numa tabela os números triangulares que também se revelam quadrangulares. (Esboço de um programa assim: a calculadora começa com n = 1, calcula Sn, e tira a raiz quadrada de Sn para calcular x. Se a parte decimal de x é zero, ela põe n, Sn e x na tabela; se é diferente de zero, ignora os resultados. Depois acrescenta 1 a n e repete o algoritmo.)

n Sn = x2 x
1 1 1
8 36 6
49 1.225 35
288 41.616 204
1.681 1.413.721 1.189
9.800 48.024.900 6.930
57.121 1.631.432.881 40.391

Que conjecturas pode levantar de uma tabela assim? Parece que existem infinitos números triangulares que são também quadrados perfeitos. Além disso, parece que tais números vão rareando, isto é, ficam cada vez mais distantes um do outro conforme n fica maior e maior. (Pode expor essa conjectura de um jeito mais preciso: conforme n tende ao infinito, a diferença entre dois números triangulares quadráticos consecutivos também tende ao infinito.) Parece ainda que n, Sn e x se alternam entre ímpar e par, nessa ordem.

Talvez tenha a ideia de fazer um desenho como o da figura 5, que ilustra o caso em que n = 8, Sn = 36 e x = 6. Eis o segredo: deve examinar uma figura dessas não como se fosse a ilustração de um caso específico, mas sim a de um caso genérico. Ela mostra várias coisas. Por exemplo, mostra que, para partir do número triangular Sn e compor o quadrado x2, você deve ter certo número exato de bolinhas nas linhas x + 1, x + 2, x + 3, …, n, que são as linhas marcadas com a letra D. Caso some as bolinhas azuis nas linhas D com as bolinhas azuis nas linhas 1 a x, tem de obter as bolinhas azuis e roxas no quadrado x2. Ao colocar tais ideias em símbolos e desenvolvê-las, deve obter linhas mais ou menos como estas:

Figura 5

Figura 5

Aqui, basta reconhecer o primeiro somatório como uma série aritmética cuja primeira parcela vale x + 1, cuja última vale n e cuja diferença é 1, e daí aplicar a fórmula da série aritmética. Usando a última linha, se fizer n = 8, obterá x2 = 36; se fizer n = 49, obterá x2 = 1.225; e assim vai. Pode portanto levantar a conjectura de que essa última linha caracteriza todos os números triangulares Sn que são também quadrados perfeitos x2. Com ela, já pode levantar alguma informações sobre o problema: n2 + n tem de ser um número par; ao dividir esse número par por 2, tem de obter um quadrado perfeito.

(Terminologia: uma série é o somatório de uma sequência; uma série aritmética é o somatório dos termos de uma sequência aritmética, conhecida na escola como “progressão aritmética”.)

Ou talvez queira organizar a equação como a seguir, e aplicar Bháskara para achar as raízes de n:

Olhando a relação entre n e x desse jeito, pode agora levantar outra conjectura interessante: o número triangular Sn é também um quadrado perfeito x2 se 8x2 + 1 for um quadrado perfeito ímpar. (Daí, ao tirar 1 de √(8x2 + 1), você obtém um inteiro par, e ao dividi-lo por 2, obtém n.)

Por enquanto, é melhor parar por aqui, pois (em tese) ainda não sabe teoria o suficiente para ir mais longe do que isso. [Ao longo das próximas edições, vamos retomar esse tema quando expusermos teoria útil; se quiser se adiantar, leia sobre a equação de Pell.] A principal técnica a guardar dessa resolução parcial é: faça um desenho que represente um caso específico, mas olhe para o desenho como se representasse o caso genérico. Isso te permitirá deduzir várias equações interessantes sobre o problema. Bem, é hora de uma pergunta importante: visto que você ainda não resolveu o problema 2, é um cientista fajuto?

Não. Você cumpriu os passos 1 a 4, não cumpriu o passo 5 (exclusivo da matemática), mas manteve seu leitor informado de tudo. Tem motivos para acreditar que, no futuro, será capaz de provar que suas conjecturas são corretas, mas, até lá, vai chamar suas conjecturas a respeito da relação entre n e x de conjecturas, de modo que não está enganando ninguém. Portanto, está agindo como um bom cientista.


Resposta 3

Como o passo 1 é coletar dados sobre o problema, talvez tenha feito uma tabela como a tabela 1. Ela sugere uma conjectura interessante: que a soma dos n primeiros ímpares vale n2. Para colocar bem essa ideia no papel, você precisa da informação de que, para todo nN, pode calcular o enésimo número ímpar com a fórmula 2n − 1. Daí basta escrever:

Tabela 1

Número n

de parcelas

Somatório Desenho
1 1 = 1  
2 1 + 3 = 4  
3 1 + 3 + 5 = 9  
4 1 + 3 + 5 + 7 = 16  
5 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25  

Antes de continuar, deve fazer um desenho para um caso específico, que sirva de guia para o caso genérico, como o da figura 6 (no pé desta resolução). Ele mostra que, com n = 1, você tem uma bolinha. Com n = 2, tem quatro bolinhas, pois acrescentou uma bolinha debaixo da primeira e duas ao lado. Com n = 3, tem cinco bolinhas, pois acrescentou duas bolinhas embaixo das primeiras e três bolinhas ao lado. Com n = 6, tem 11 bolinhas, pois acrescentou cinco bolinhas embaixo das primeiras (destacadas em verde) e seis bolinhas ao lado (destacadas em roxo). A essa altura, deve achar óbvio que, para passar de n = x para n = x + 1, você vai acrescentar x bolinhas embaixo das primeiras e x + 1 bolinhas ao lado. E com isso está pronto para uma prova por indução.

Primeiro, declare o que pretende provar:

Equation-21

Agora, prova que sua afirmação vale quando n = 1:

E agora, prova que, se a afirmação vale quando n = x, então vale também quando n = x + 1. Um jeito de fazer isso é justamente adicionar 2x + 1 aos dois lados da equação para n = x. (Isso equivale a adicionar x bolinhas embaixo das que já existiam e x + 1 bolinhas ao lado.) Daí:

O lado esquerdo da igualdade é um produto notável, que vale, ainda bem, (x + 1)2. Quanto ao lado direito, faz bem se abordá-lo como uma série aritmética, isto é, a soma de uma progressão aritmética: a primeira parcela vale 1; a última vale 2x + 1; a diferença entre parcelas vale 2; e o número total de parcelas equivale a x + 1. Daí basta aplicar a fórmula pela qual calcula o valor de uma série aritmética:

Visto que (x + 1)2 = (x + 1)2, então concluiu sua prova por indução, e transformou sua conjectura num teorema: a soma dos n primeiros números ímpares é um quadrado perfeito, e vale n2. Desta vez, você cumpriu os passos 1 a 5; como os matemáticos costumam escrever, QED.

Figura 6

Figura 6


Resposta 4

Talvez tenha feito uma lista de primos entre 1 e n, e não tenha visto primos trigêmeos ímpares além de 3, 5, 7. (Rubens os chama de “tripla prima”; veja uma lista dos 100 primeiros primos na figura 7, no pé desta resolução.) E talvez tenha desconfiado de que só há dois conjuntos de primos trigêmeos: um deles é 2, 3, 5; o outro é 3, 5, 7. Como pode trabalhar nessa conjectura? Um esquema, como o da figura 8, é um bom começo.

A partir de 3, pode ver que, a cada 3 unidades, há um múltiplo de 3 — um múltiplo par, depois um múltiplo ímpar, e assim por diante. (Na figura 8, tais inteiros estão marcados com um 3 em cima.) Além disso, a figura sugere uma hipótese melhor: se p é um primo ímpar maior que 3, daí ou p + 2 ou p + 4 é um múltiplo de 3. Isso faz sentido?

Um bom jeito de continuar o argumento é tomar nota de um fato: há cinco inteiros no conjunto de inteiros consecutivos {p, p + 1, p + 2, p + 3, p + 4}, no qual p é um primo ímpar maior que 3. Como existe um múltiplo de 3 de três em três unidades, então no mínimo um desses inteiros é um múltiplo de 3. E com isso você deve chegar a algo como a figura 9.

O que a figura diz? Se p é um primo maior que 3, é um inteiro ímpar, e daí p + 1 é par, p + 2 é ímpar, etc. Visto que p é primo, não é múltiplo de 3. Além disso, p + 3 também não pode ser múltiplo de 3, pois, se assim fosse, p seria também, já que os inteiros múltiplos de 3 estão todos a três unidades de distância um do outro. (Veja o caso de p = 9 e p + 3 = 12.) Agora, se você escolhe p + 1 como múltiplo de 3, daí p + 4 também é. Se você tenta evitar isso, dizendo que p + 1 não é múltiplo de 3, não tem saída senão escolher p + 2 como múltiplo de 3; pois não pode evitar o fato de que no mínimo um deles tem de ser múltiplo de 3. De novo, com esse argumento transformou uma conjectura num teorema: se p é um primo maior que 3, ou p + 2 ou p + 4 é divisível por 3, de modo que a única trinca de primos ímpares consecutivos é 3, 5, 7.

Figura 7

{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277, 281, 283, 293, 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 353, 359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409, 419, 421, 431, 433, 439, 443, 449, 457, 461, 463, 467, 479, 487, 491, 499, 503, 509, 521, 523, 541}

Figura 8

Figura 9

Figura 9


Resposta 5

O melhor jeito de começar com esse problema é juntar dados numa tabela, como a tabela 2. Rubens Vilhena pede que note uma coisa: quase não há primos nas colunas N2 − 1 e N2 − 4; nas outras colunas, ao contrário, aparecem primos com boa frequência. [Na tabela, os primos estão marcados com (*).] Depois de fazer umas contas, talvez note um padrão na coluna N2 − 1: se N = 2, N2 − 1 é múltiplo de 3; se N = 3, N2 − 1 é múltiplo de 4; se N = 4, N2 − 1 é múltiplo de 5. “Assim”, diz Rubens, “o estudante pode supor que, se N = x, N2 − 1 é múltiplo de x + 1.” Essa ideia faz sentido?

Basta fatorar a expressão N2 − 1 para ver que faz:

Agora fica claro que N2 − 1 tanto é múltiplo de N + 1 quanto múltiplo de N − 1. Além disso, se N − 1 é par, N + 1 também é, e não há jeito de multiplicar dois pares para obter N2 − 1 primo. Se N − 1 é ímpar, N + 1 também é, e só existe um jeito de multiplicar dois inteiros positivos ímpares para obter um primo: multiplicar 1 por 3. Em todos os outros casos, ao multiplicar dois ímpares, mesmo que ambos sejam primos, você obterá um número composto, como quando multiplica 5 por 7. Logo, N2 − 1 só pode ser primo quando N = 2. Isso tudo fica mais claro com a figura 10, no pé desta resposta 5.

Pode usar o mesmo método com a coluna N2 − 4. Ao fatorar essa expressão, descobre que ela equivale a (N − 2)(N + 2). Se N − 2 é par, N + 2 é par também, e o produto notável N2 − 4 será par. Se N − 2 é ímpar, N + 2 é ímpar também, e com N2 − 4 obterá o produto de dois ímpares. Tal produto só será primo no caso em que N = 3, pois daí vai multiplicar 1 por 5; em todos os outros casos nos quais N é ímpar, será necessariamente um número ímpar composto.

(Você consegue provar que o produto de dois ímpares é ímpar?)

Já descobriu a regra geral na qual esses dois casos se encaixam? Se a é um inteiro positivo qualquer, daí, por pura simetria, se Na é par, N + a é par, e N2a2 é par. Se Na é ímpar, N + a é ímpar, e N2a2 é o produto de dois fatores ímpares; só será primo no caso em que Na = 1 (isto é, a = N − 1) e, além disso, N + a é primo. A expressão N2 − 16, por exemplo, não gera nenhum primo; basta ver que a = 4, e que, quando N = 5, daí (5 − 4)·(5 + 4) = 1 · 9 = 9, um múltiplo de 3.

Agora, os dois casos N2 − 2 e N2 − 3, com as quais você obtém vários primos. O que esses dois produtos notáveis têm de especial? Basta fatorá-los para notar um padrão interessante:

Essas duas linhas, mais a discussão anterior, sugerem um teorema e uma conjectura:

Teorema: Se a é um quadrado perfeito (isto é, se a = b2 para algum inteiro positivo b), daí você pode fatorar N2a e obter (Nb)(N + b), e com tal produto obterá um único primo caso haja um valor de N tal que Nb = 1 e, além disso, N + b é primo.

Conjectura: Se a não é um quadrado perfeito [isto é, se a = (√b)2 para algum irracional quadrático √b], daí você pode produzir infinitos primos com a expressão N2a.

“Essa é mais uma conjectura à espera de uma prova”, diz Rubens Vilhena. (Em outras palavras, é um problema em aberto na matemática.) Rubens e um de seus colegas na Uepa, Cleyton Muto, puseram um computador para gerar números inteiros na forma (N − √b)(N + √b), com √b sendo um irracional quadrático, e acharam interessante ver como o computador vai marcando os números primos na tabela.

(Cleyton Muto é especialista em programação de computadores. Rubens diz que, para conduzir investigações sobre teoria dos números, o matemático precisa do apoio de alguém especializado em computação. Aqui, há uma lição para o estudante de teoria dos números: é bom que ele no mínimo aprenda a usar uma calculadora científica programável. Ninguém aguenta fazer tantas contas à mão.)

Agora, o caso N2 + 1. Os matemáticos também acreditam existem infinitos primos equivalentes a essa expressão, embora ainda não tenham produzido uma prova; mas, se você a fatorou, deve ter ficado surpreso com o que descobriu:

Na expressão, i é a unidade imaginária (i2 = −1). Isso sugere uma conexão entre os números primos e o sistema dos números complexos, e com essa descoberta pode entender por que os matemáticos, para investigar os problemas típicos da teoria dos números, no fim das contas lançam mão de todo tipo de ferramenta matemática: teoria das matrizes, álgebra linear, análise, topologia, geometria algébrica.

Para examinar toda essa questão de outro ângulo, pode recorrer à ideia de função e ao gráfico de funções no plano cartesiano. Daí pode olhar N2 como se fosse a função cuja regra de correlação é y = N2; essa função correlaciona N inteiro positivo com N2 inteiro positivo, e seu gráfico é uma parábola. (Veja a figura 11.) Nesse caso, não existe nenhum ponto (N, y) tal que N seja inteiro positivo e y seja primo, simplesmente porque não pode haver um primo que seja o produto de dois inteiros idênticos. Mas, se mover a parábola para cima (para baixo) um pouquinho, conforme o valor que adiciona (subtrai) à ordenada de cada ponto da parábola, daí talvez alguns valores naturais de N levem a valores primos de y. É o caso de subir a parábola por 1 unidade, e ficar com a parábola N2 + 1, que correlaciona N = 4 com y = 17. (Figura 12.) É por isso que, talvez um dia, alguém consiga usar as ferramentas da geometria de coordenadas para provar que existem infinitos primos na forma N2 + 1, bastando para tanto mover a parábola y = N2 assim e assado.

Tabela 2

N N2 + 1 N2 − 1 N2 − 2 N2 − 3 N2 − 4
1 2 (*) 0 −1 −2 −3
2 5 (*) 3 (*) 2 (*) 1 0
3 10 8 7 (*) 6 5 (*)
4 17 (*) 15 14 13 (*) 12
5 26 24 23 (*) 22 21
6 37 (*) 35 34 33 32
7 50 48 47 (*) 46 45
8 65 63 62 61 (*) 60
9 82 80 79 (*) 78 77
10 101 (*) 99 98 97 (*) 96
11 122 120 119 118 117
12 145 143 142 141 140
13 170 168 167 (*) 166 165
Figura 10

Figura 10

Figura 11

Figura 11

Figura 12

Figura 12


Resposta 6

Aqui, depois de estudar o enunciado bastante tempo, cedo ou tarde talvez atine com uma ideia que Rubens Vilhena costuma demonstrar em sala de aula:

Com tais manipulações algébricas, mais a figura 2A, você pode entender uma anedota apócrifa sobre o matemático alemão Carl Friedrich Gauss (1777-1855). Quando era criança, na escola, um dia o professor pediu à classe que somasse os inteiros de 1 a 100. Diz a lenda que o professor queria sossego, e por isso pediu à classe para se ocupar com um somatório interminável. Em instantes, Gauss concluiu a conta: 5.050.

Note que pode usar o mesmo método para facilmente extrair a fórmula pela qual calcula uma série aritmética. Imagine uma progressão aritmética cujo primeiro termo é a1 e o último, an.

Numa PA, cada termo equivale ao termo anterior mais uma diferença d.

Para adicionar os termos dessa PA, use o mesmo método do menino Gauss: adicione o primeiro termo ao último, o segundo ao penúltimo, o terceiro ao antepenúltimo, e assim por diante até adicionar o antepenúltimo ao terceiro, o penúltimo ao segundo, e o último ao primeiro. Note que cada uma dessas n somas terá o mesmo valor, que é 2a1 + (n − 1)d; e daí, ao adicionar n parcelas com tal valor, obterá duas vezes o valor da soma que procura, já que cada termo da PA original foi contado duas vezes:

Com umas poucas manipulações algébricas, pode reescrever a expressão acima num formato mais fácil de recordar:

Em palavras: para calcular o valor de uma série aritmética, adicione a primeira parcela à última, multiplique esse valor pelo número de parcelas, e divida a coisa toda por 2.

Pensando bem, a teoria dos números é uma coisa incrível. Com ela, você soma todos os 100.000 termos de uma PA com três operações aritméticas simples! {FIM}



P. S. A partir desta matéria, vou tratar de problemas da teoria dos números com maior frequência. Não perca!

Observação (1 Março 2017): Há outra postagem muito legal sobre teoria dos números neste blogue, chamada Lendo Andrews, Capítulo 1. Para vê-la, clique aqui.