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Antônio Luiz Pereira e Renate Watanabe
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Computador? Ou tem outro jeito?

De um professor de Ourinhos, SP: Pedi aos meus alunos que escrevessem um programa de computador para descobrir os valores inteiros de x, a partir de 2, para os quais o valor numérico do trinômio f(x) = x2 + 17x + 57 é um quadrado perfeito. Os alunos escreveram o programa, obtiveram f(2), f(3), ... e f(7) = 225, que é um quadrado perfeito. Perguntaram: Tem algum jeito de encontrar o valor de x sem precisar calcular todos os valores numéricos anteriores a f(7)?

RPM

No caso particular desse trinômio, a resposta é “sim”.

Procura-se x tal que f(x) = x2 + 17x + 57 = m2, sendo m um número inteiro.

Tem-se x2 + 17x + 57 – m2 = 0 e, portanto,

Para x ser inteiro é necessário que 61 + 4m2 seja um quadrado perfeito, isto é, 61 + 4m2 = n2. Daí tem-se 61 = n2 – 4m2 = (n – 2m)(n + 2m). Mas 61 é um número primo; portanto, um desses fatores é 1 e o outro 61. Obtém-se o sistema

A solução é n = 31 e m = 15. Sendo m = 15,

(Observação: a solução de é m = –15, o que não altera os valores de x.)

Qual é o período?

De um leitor de Minas Gerais: Encontrei num livro didático um exercício de vestibular que pedia o período da função f(x) = sen23x – cos4x. Se possível, gostaria de obter algumas dicas.

RPM

sen23x = (1 cos6x) e, portanto,

f(x) = (1 – cos6x) – cos 4x = – (cos6x + cos 4x).

O período de cos 6x é e o período de cos 4x é ; logo, f(x + π) = f(π), isto é, π é um período da função. Para garantir que π é o menor valor para o qual f(x + π) = f(π), observemos que para g(x) = cos6x + cos4x tem-se g(0) = g(π ) = .

Como cos 6x 1 e cos 4x 1, g(x) só pode ser se, simultaneamente, tivermos cos6x e cos4x iguais a 1. No intervalo aberto (0, π) isso não acontece, logo o período da função f é de fato π.

Quantos algarismos tem 700! ?

A pergunta acima foi enviada por um leitor do Rio de Janeiro.

RPM

O número de algarismos de um número natural n, escrito na base 10, é: 1 se n está entre 1 e 9, 2 se n está entre 10 e 99, 3 se n está entre 100 e 999 e assim por diante. Ou seja, o número de algarismos (na base 10) de n é k + 1, quando 10k n < 10k+1. Tomando o logaritmo na base 10, ficamos com k log(n) < k + 1. Assim, para obter um número de algarismos de n, basta calcular seu logaritmo decimal. No caso do número n = 700!, podemos encontrar um valor aproximado para o logaritmo, portanto para o número de algarismos, usando uma fórmula conhecida como fórmula de Stirling, geralmente escrita na forma: n! .

O erro cometido na aproximação pode ser estimado utilizando-se a seguinte versão mais precisa da fórmula de Stirling:

sendo

No caso do 700!, obtemos, então,

Calculando o logaritmo na base 10 de 700!:

log700! = (log2 + logπ + log700) + 700(log700 log e) + l700log e.

Usando uma calculadora científica, obtivemos:

(log2 + logπ + log700) + 700(log700 loge) 1689,38.

Vamos admitir que esse valor esteja correto até, pelo menos, a primeira casa decimal (uma hipótese bastante conservadora!), ou seja:

1689,3(log2 + logπ + log700) + 700(log700 loge) 1689,4.

Como 0 < log e < 0,01, concluímos

1689,2 log 700! 1690,4.

Portanto, 700! tem exatamente 1690 algarismos.

É um problema aberto?

Escreve um leitor do Distrito Federal: Li no livro Divertimentos matemáticos, de Martin Gardner, a seguinte afirmação: 30 é o maior número natural n que possui a seguinte propriedade “qualquer número menor do que n, coprimo com ele, é primo”. Essa afirmação é demonstrável ou trata-se de um problema aberto?

RPM

Na demonstração vamos usar o seguinte resultado sobre os números primos conhecido como postulado de Bertrand: “Para todo natural n, existe um primo estritamente entre n e 2n”. Observamos que a demonstração desse resultado, devida a Tchebichev, não é nada simples.

Inicialmente, observemos que 30 satisfaz a propriedade, já que 30 = 2 x 3 x 5 e os coprimos com 30, menores que 30, são 7, 11, 13, 17, 19, 23 e 29.

Para mostrar que 30 é o maior número gozando da propriedade, raciocinemos por contradição. Vamos supor que a afirmação seja falsa, ou seja, existe algum número n > 30 que goza da propriedade: “todo coprimo com n, menor ou igual a n, é também primo”. Seja m o menor desses números. Como 22 é menor do que 30, a decomposição em primos de m tem que incluir o 2, pois, se isso não ocorresse, 22 seria um número não primo, coprimo com m. O mesmo argumento mostra que a decomposição em primos de m tem que incluir os primos 3 e 5. O menor número natural maior do que 30 cuja decomposição inclui 2, 3 e 5 é 2 x 30 = 60. Como 72 < 60, a decomposição em primos de m tem que incluir também o 7. Seja agora p o menor natural primo que não aparece na decomposição em primos de m. Vamos mostrar que p2 é menor do que m.

Suponhamos primeiro que m = 2a x 3b x 5c x 7d (isto é, não aparecem primos maiores do que 7 na decomposição de m). Então, p = 11 e temos p2 = 112 = 121. Como m 2 x 3 x 5 x 7 = 210, segue que p2 < m.

Suponhamos agora que m = 2a x 3b x 5c x 7d x x x...x , sendo p1, p2, ..., pk primos maiores do que 7 escritos em ordem crescente e jk > 0. Podemos ter p maior ou menor que pk. Se p > pk, como p é o menor primo que não está na decomposição de m, teremos pelo postulado de Bertrand, p < 2pk. Pelos mesmos motivos temos pk < 2pk–1.

Portanto, p2 < < 8pk < pk-1 < m.

Por outro lado, se p < pk, temos, novamente pelo postulado de Bertrand, p < 2pk–1. Segue que p2 < < 4pk x pk-1 < m. Em qualquer caso, p2 é menor do que m e é coprimo com m, em contradição com a definição de m.