Prove que, entre 7 reais y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{7}, podemos escollher y_{i} e y_{j}(i \neq j), tais que 0 \leq \frac{y_{i}-y_{j}}{1+y_{i} y_{j}} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}.
23) a) Dado um conjunto de 101 inteiros positivos, nenhum dos quais excede 200, mostre que pelo menos um membro deste conjunto deve dividir outro membro do conjunto.

Passo 1

No primeiro problema, temos sete números reais y_{1},y_{2},\dots,y_{7} e queremos mostrar que existem índices i\neq j tais que
0 \le \frac{y_i - y_j}{1 + y_i y_j} \le \frac{1}{\sqrt{3}}.
O método é usar o princípio da casa dos pombos aplicado aos arctangentes e a fórmula da tangente da diferença de ângulos.

Passo 2

Definimos para cada k\in\{1,\dots,7\} o ângulo
\varphi_k = \arctan(y_k),
onde \varphi_k\in\bigl(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\bigr). Como temos 7 ângulos nesse intervalo de comprimento \pi, se o dividirmos em 6 subintervalos iguais de comprimento \tfrac{\pi}{6}, por princípio da casa dos pombos existem i\neq j tais que
|\varphi_i - \varphi_j|\;\le\;\frac{\pi}{6}.

Passo 3

Usamos a identidade de tangente da diferença:
\tan(\varphi_i - \varphi_j) =\frac{\tan\varphi_i - \tan\varphi_j}{1 + \tan\varphi_i\,\tan\varphi_j} =\frac{y_i - y_j}{1 + y_i y_j}.
Como |\varphi_i - \varphi_j|\le \tfrac{\pi}{6}<\tfrac{\pi}{2}, o denominador 1+y_i y_j é positivo e \tan(\varphi_i - \varphi_j) fica concorde em sinal com \varphi_i-\varphi_j. Basta então escolher i,j de modo que \varphi_i\ge\varphi_j, garantindo \tan(\varphi_i-\varphi_j)\ge0. Além disso,
0\le \varphi_i-\varphi_j\le \frac{\pi}{6} \quad\Longrightarrow\quad 0\le \tan(\varphi_i-\varphi_j)\le \tan\!\Bigl(\tfrac{\pi}{6}\Bigr) =\frac{1}{\sqrt{3}}.

Passo 4

Concluímos que existem i\neq j tais que
0 \le \frac{y_i - y_j}{1 + y_i y_j} = \tan(\varphi_i - \varphi_j) \le \frac{1}{\sqrt{3}}.

Passo 5

No segundo problema, temos um conjunto de 101 inteiros positivos, cada um \le200. Queremos provar que algum elemento divide outro. Vamos usar fatoração em potências de 2 e o princípio da casa dos pombos para as partes ímpares.

Passo 6

Para cada número n do conjunto, escrevemos
n = 2^k\cdot m,
onde k\ge0 é a maior potência de 2 que divide n e m é ímpar. Note que 1\le m\le200 e m só pode assumir valores ímpares em \{1,3,5,\dots,199\}, ou seja, 100 possibilidades.

Passo 7

Temos 101 números e apenas 100 valores possíveis para a parte ímpar m. Pelo princípio da casa dos pombos, existem dois números n_i=2^{k_i}m e n_j=2^{k_j}m com a mesma parte ímpar m. Sem perda, suponha k_i\le k_j. Então
n_j = 2^{k_j}m = 2^{k_j-k_i}\,(2^{k_i}m) = 2^{k_j-k_i}\,n_i,
logo n_i divide n_j.

Passo 8

Portanto, dentro de qualquer conjunto de 101 inteiros positivos \le200 há sempre algum elemento que divide outro.

Resposta

Em qualquer conjunto de 101 inteiros positivos não superiores a 200, existe pelo menos um elemento que divide outro.

Exercícios de Livros Relacionados