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Indução matemática

Setembro 15, 2009 in Exercício, Indução matemática, Matemática, Matemática Gerais, Teoria dos Números | Tags: Exercícios, Matemática | Leave a comment

Reuno aqui, para comodidade de leitura, algumas entradas já publicadas sobre o princípio da indução matemática.

§1. Por este princípio, a demonstração da veracidade de uma determinada proposição matemática $p\left( n\right)$ para todos os inteiros $n\geq n_{0}$ , comporta dois passos:

(1) Verifica-se a sua validade para um dado valor inteiro $n_{0}$ (normalmente, 0 ou 1) da variável de indução $n$ .

(2) Assume-se que é válida para o inteiro $n$ e demonstra-se que é também válida para $n+1,$ isto é, que $p\left( n\right)\implies p\left( n+1\right)$ .

$\bigskip$

Vamos demonstrar de seguida o Teorema Binomial por este princípio.

Teorema: Para todo o valor de $n$ natural, tem-se

$\left( 1+x\right) ^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}$

qualquer que seja o valor real de $x.$

$\bigskip$

Demonstração:

O teorema verifica-se para $n=0:$ $\displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}=\dbinom{0}{0}x^{0}=1$ e $\left( 1+x\right) ^{0}=1,$ logo $\left( 1+x\right) ^{0}=\displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}.$ Admitimos agora que o teorema é válido para $n,$ isto é, que $\left( 1+x\right)^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}$ e demonstremos que o é igualmente para $n+1.$ Como $\left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \left(1+x\right) ^{n},$ vem

$\left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k}x^{k+1}.$

Manipulamos o segundo membro (lado direito) até obter $\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}.$ De facto,

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k}x^{k+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dbinom{n}{k-1}x^{k}$ $=\dbinom{n}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k-1}x^{k}\right) +\dbinom{n}{n}x^{n+1}$ $=\dbinom{n+1}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n+1}{k}x^{k}\right) +\dbinom{n+1}{n+1}x^{n+1}$

pela identidade de Pascal e porque

$\dbinom{n+1}{0}=\dbinom{n}{0}=\dbinom{n+1}{n+1}=\dbinom{n}{n}=1.$

Mas, como

$\dbinom{n+1}{0}x^{0}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n+1}{k}x^{k}\right) +\dbinom{n+1}{n+1}x^{n+1}$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}$

provámos, como pretendíamos, que $\left( 1+x\right)^{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k},$ e assim acabámos a demonstração. $\qquad \blacksquare$

$\bigskip$

A partir do desenvolvimento de $\left( 1+x\right) ^{n}$ deduz-se imediatamente o de $\left( x+y\right) ^{n}.$

$\bigskip$

Corolário: Quaisquer que sejam os reais $x$ e $y$ e o natural $n$ é válida a fórmula

$\left( x+y\right) ^{n}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.$

$\bigskip$
Demonstração: Admitamos que $y\neq 0:$

$\left( x+y\right) ^{n}=y^{n}\left( 1+\frac{x}{y}\right)^{n}=y^{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\left( \frac{x}{y}\right)^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}$ .

Como

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}+\dbinom{n}{n}x^{n}y^{0}$ ,

para $y=0,$ tem-se

$\left( x+y\right)^{n}=x^{n}$

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=x^n=\left( x+y\right) ^{n}$

ou seja a fórmula ainda é válida $\qquad \blacksquare$ .

§2. O Princípio de indução matemática é o seguinte axioma de Peano:

Se o conjunto A, contido em N, for tal que 1 pertence a A e n+1 pertence igualmente a A sempre que n seja elemento de A, então A = N. [N aqui é o conjunto dos naturais 1, 2, 3, ... ].

Uma propriedade P diz-se hereditária quando, sendo verdadeira para o inteiro n, é também verdadeira para o sucessor de n (n+1).

Assim, o Princípio de Indução equivale a afirmar que uma dada proposição, verdadeira para n=1 e hereditária, implica que seja verdadeira para todos os naturais 1, 2, 3, … .

Por isso, a aplicação deste método comporta as duas etapas (ou passos) conhecidos

Demonstração de que uma dada proposição é válida para n=1. (Caso Base).
Demonstração de que a proposição é hereditária. (Etapa de Indução).

Este princípio nada ou quase nada tem a ver com o método de indução próprio das ciências naturais, que se caracteriza por se estabelecer uma lei geral observando a repetição do mesmo fenómeno em inúmeros casos particulares.

§3. Nem todas as provas por indução têm o mesmo grau de dificuldade. Enquanto a do 1º. exemplo é extremamente simples e natural, a do 2º. obtive-a após tentativas, recorrendo a uma identidade algébrica auxiliar — a ser usada no passo de indução — cuja demonstração me pareceu mais simples do que a identidade inicialmente apresentada, que pode ser deduzida a partir da regra de Ruffini de divisão de um polinómio em $x$ , de grau $n$ , por $x-\alpha$ .

Exemplo 1: prove por indução matemática

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}$

Para $n=1$ a igualdade verifica-se:

$\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2}$

Admite-se que se verifica para $n$

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}$

e prova-se que nesse caso também se verifica para $n+1$ , ou seja, devemos chegar a

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n+1}}$

Vejamos: se

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}$

então, somando $\dfrac{1}{2^{n+1}}$ a ambos os membros da igualdade e simplificando o segundo membro, deduzimos sucessivamente

$\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\right) +\dfrac{1}{2^{n+1}}$ $=1-\dfrac{1}{2^{n}}+\dfrac{1}{2^{n+1}}=1-\left( \dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)$ $=1-\dfrac{1}{2^{n+1}}$

Ora, como

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=\left( \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\right) +\dfrac{1}{2^{n+1}}$

provámos deste modo que a igualdade se verifica para qualquer inteiro $n\geq 1$ .

Exemplo 2: se $n$ for um inteiro positivo, prove

$a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}$

Para $n=1$ , temos $a^{1}-b^{1}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{1-1}a^{k}b^{1-1-k}=a-b$ .

Antes de aplicar a hipótese de indução, a ideia fundamental consiste em mostrar a validade da identidade auxiliar

$\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)\qquad (\ast )$

em que

$P(n)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}$ .

De facto

$\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n}-b^{n}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}$

$=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)$

$\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}$

$=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}\right)$

Mas

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}$

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}$

Subtraindo membro a membro, vem

$\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)$

$=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}\right)$

pelo que fica provada a identidade $(\ast )$ da qual se tira

$a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{a^{n}-b^{n}}{P(n)}P(n+1)$

Assim, admitindo que

$a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) P(n)$

resulta que

$a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{\left( a-b\right) P(n)}{P(n)}P(n+1)$

$=\left( a-b\right) P(n+1)$

$=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}$

como se queria mostrar.

§ 4. Exercício 1: prove que existe apenas um número natural que verifica a relação

$^{n\!}C_{n-2}=2^{n-2}-1$

Sugestão: utilize o princípio de indução para provar que a relação não é satisfeita por nenhum natural superior a seis.

Esta ideia é devida a Vishal Lama (neste comentário em inglês).

§ 5. Exercício 2: podemos demonstrar que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .$

De facto substituindo em

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

$n$ por $1$ , ficamos com

$\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ ,

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

$\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)$

se obtém, para $x=\dfrac{1}{2}$

$\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ .

Admitimos agora que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

e fazemos, na equação funcional, $x=n+\dfrac{1}{2}$ . Como vem sucessivamente

$\Gamma \left( n+1+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

$=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

$=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

demonstra-se desta forma o passo de indução. $\blacktriangleleft$

Three gamma function identities

Agosto 26, 2009 in Calculus, Cálculo, Exercise, Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Matemática, Math, Problem, Problema | Tags: Matemática, Math, Problema | 2 comments

Let $n=1,2,\ldots$ . Show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)$

and

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right)$ .

Let $x\in\mathbb{R}$ . If $x>0$ , show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right)$ .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B $(x,x)$ and by means of an appropriate change of variable find a relation between B $(x,x)$ and B $\left(x,\dfrac{1}{2}\right)$ .

PS. Listed in the Carnival of Mathematics #56. See pingback in the 1st comment.

Γ(n+1/2) Valores da função gama a meio de inteiros consecutivos

Agosto 5, 2009 in Cálculo, Demonstração, Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Indução matemática, Matemática | Tags: Demonstração, Exercícios, Matemática | Leave a comment

Como exercício simples do método de indução podemos demonstrar que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .$

De facto substituindo em

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

$n$ por $1$ , ficamos com

$\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ ,

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

$\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)$

se obtém, para $x=\dfrac{1}{2}$

$\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ .

Admitimos agora que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

e fazemos, na equação funcional, $x=n+\dfrac{1}{2}$ . Como vem sucessivamente

$=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

$=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

demonstra-se desta forma o passo de indução. $\blacktriangleleft$

Verificação de identidades trigonométricas através dos complexos

Julho 31, 2009 in Análise Complexa, Cálculo, Exercício, Identidade matemática, Matemática, Matemática Gerais, Problema, Trigonometria | Tags: Exercícios, Matemática, Problema | Leave a comment

Actualização de 1.08.09: incluída figura

| cos α + i sin α | = 1, Re(α) = cos α, Im(α) = sin α

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

obtemos, por soma

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}$

e, por subtracção

$\sin \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}$

Em vez dos métodos usuais da trigonometria é possível verificar uma identidade trigonométrica que seja uma fracção racional em $\cos \alpha$ e $\sin \alpha$ utilizando estas substituições. Este é um dos métodos indicados neste post de Annoying Precision.

Exemplo: Demonstrar a seguinte identidade

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }\qquad \alpha \neq \left( 2k+1\right) \dfrac{\pi }{2};\;k\in\mathbb{N}_{0}$

Então fazendo as substituiçoes no primeiro membro, teremos

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}$

e, no segundo

$\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

Assim, para que a identidade seja verdadeira é condição suficiente que seja verdadeira a seguinte

$\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha }}{2}}=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

ou, visto que $z=e^{i\alpha }$ e $z^{-1}=e^{-i\alpha }$ , as identidades sucessivas

$\left( 1+\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) \left( 1-\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) =\left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) \left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right)$

$1-\left( \dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) ^{2}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$1+\dfrac{\left( z-z^{-1}\right) ^{2}}{4}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$4+\left( z-z^{-1}\right) ^{2}=\left( z+z^{-1}\right) ^{2}$

$4+z^{2}+z^{-2}-2z^{-1}z=z^{2}+z^{-2}+2z^{-1}z$

$4-2=2$

Como esta identidade é verdadeira, conclui-se que as anteriores, incluindo a do exemplo são igualmente verdadeiras.

$\bigskip$

Exercício: Verifique a seguinte identidade trigonométrica

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha =2\left( 1+\cos \alpha \right) ^{2}$

usada, na forma da desigualdade

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha \geq 0$ ,

por De la Vallée Poussin num passo da demonstração do teorema dos números primos

$\blacktriangleright$ Seguindo o mesmo procedimento

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}\qquad$ ,

$\cos 2\alpha =\dfrac{e^{i2\alpha }+e^{-i2\alpha }}{2}\qquad$ ,

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

tem-se agora

$3+4\dfrac{z+z^{-1}}{2}+\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2}=2\left( 1+\dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) ^{2}$

ou, após simplificação

$\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}=\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}$

$0=0\qquad \blacktriangleleft$

Adenda de 2.08.09:

Problema: utilize este método para demonstrar que

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\tan \alpha -\cot \alpha$

isto é

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\dfrac{\sin \alpha }{\cos \alpha }-\dfrac{\cos \alpha }{\sin \alpha }.$

Por este processo também é fácil verificar se certas igualdades trigonométricas são identidades ou equações. Por exemplo, veja se a igualdade seguinte é ou não uma identidade:

$3\cos^2x+5\sin^2x=7\sin x$

Exercício de Probabilidades sobre aniversários de n pessoas

Julho 15, 2009 in Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Indução matemática, Matemática, Probabilidades, Problema | Tags: Exercícios, Matemática, Problema | Leave a comment

As magias matemáticas não têm piada quando não se explicam

Nuno Crato, Números Mágicos, Expresso 11.07.09

Integrado no tema Magia da Única do Expresso de 11.07.09 aparece o artigo de Nuno Crato Números Mágicos.

(Aqui na versão online.)

Números mágicos de Nuno Crato, Expresso, 11.07.09

Nuno Crato divide-o em duas magias matemáticas: uma que se explica pela Lei de Benford e a outra a que chama O truque dos aniversários no mesmo dia.

Nuno Crato, O truque dos aniversários no mesmo dia, Expresso, 11.07.09

Num ano comum, qual a probabilidade de pelo menos duas pessoas escolhidas ao acaso entre $n$ fazerem anos em dias diferentes? [editado em 19.07.09]

Depois de ler a exposição e explicação de Nuno Crato, as contas que fiz para responder a esta questão foi relacionar a probabilidade $P(n)$ associada a $n$ pessoas com a probabilidade $P(n-1)$ associada a $n-1$ pessoas:

$P(n)=P(n-1)\times\dfrac{366-n}{365}$

chegando, por indução, a

$P(n)=\dfrac{1}{365^{n-1}}\times \left( 366-2\right) \times \left( 366-3\right) \times\cdots \times\left( 366-n\right)$ $=\dfrac{1}{365^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 366-k\right)$

Exemplo: 30 pessoas

$P(30)=\dfrac{1}{365^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 366-k\right) \approx 0,29368\approx 29,37$ %

Num ano bissexto, qual a probabilidade de pelo menos duas pessoas escolhidas ao acaso entre $n$ fazerem anos em dias diferentes? [editado em 19.07.09]

A diferença em relação ao ano comum traduz-se apenas em mais um dia, pelo que

$P(n)=\dfrac{1}{366^{n-1}}\times \left( 367-2\right) \times \left( 367-3\right) \times \cdots \times \left( 367-n\right)$ $=\dfrac{1}{366^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 367-k\right)$

Exemplo: 30 pessoas

$P(30)=\dfrac{1}{366^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 367-k\right) \approx 0,29470\approx 29,47$ %

Logo, a probabilidade dos aniversários de nenhuma das $n$ pessoas escolhidas ao acaso calharem no mesmo dia é [editado em 21.07.09]

$1-P(n)$

em que $P(n)$ é dado pelo(s) produto(s) indicado(s) acima. Os dois exemplos anteriores resultam, respectivamente, em

$P(30)=1-P(30)\approx 100-29,37\%=70,63\%$

$P(30)=1-P(30)\approx 100-29,47\%=70,53\%$

nos anos comuns e nos bissextos.

Nota de 16.07.09: Pelo princípio das gavetas de Dirichlet, também conhecido pelo das casas dos pombos, se o número de pessoas $n>365$ (nos anos comuns) ou $n>366$ (nos anos bissextos), temos a certeza de que pelo menos duas fazem anos no mesmo dia.

Nota de 21.07.09: outras expressões equivalentes são

$P(n)=\left\{ \begin{array}{c}\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ \dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.$

$\bar{P}(n)=1-P(n)=\left\{ \begin{array}{c}1-\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ 1-\dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.$

Atendendo a que $\Gamma (n+1)=n!$ , obtemos para os anos comuns,

$\bar{P}(x)=1-P(x)=1-\dfrac{\Gamma \left( 365\right) }{365^{x-1}\Gamma \left( 366-x\right) }$

cujo representação gráfica é

: Probabilidade de duas pessoas pelo menos fazerem aniversários no mesmo dia em função do número de pessoas

[Actualização de 21.07.09: corrigido título e o parágrado " ... probabilidade dos aniversários de nenhuma das $n$ pessoas escolhidas ao acaso calharem no mesmo dia ..."]

[Actualização de 22.07.09: nova alteração do título]

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N.º de Visualizações (início: Out. 2007)

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