21082RAF2

Relat´

orio da Actividade Formativa 2

I - Escolha m´

ultipla

Grelha de Corre¸c˜ao

1. - d) 2. - c) 3. - b) 4. - d) 5. - a) 6. - b) 7. - b) 8. - b) Justifica¸c˜ao

1. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a d): n ! i=1 n ! j=i 2 = 2 n ! i=1 n ! j=1 ! j ≥ i != 2 n ! j=1 n ! i=1 ! i ≤ j ! = 2 n ! j=1 j ! i=1 1 = 2 n ! j=1 j = 2n(n + 1) 2 = n(n + 1) = n2+ n.

Alternativa: Poder´ıamos chegar ao mesmo resultado sem recorrer `a nota¸c˜ao de Iverson: n ! i=1 n ! j=i 2 = 2 n ! i=1 n ! j=i 1 = 2 n ! i=1 (n− i + 1) = 2(n + 1) n ! i=1 1− 2 n ! i=1 i = 2(n + 1)n_{− 2}(n + 1)n 2 = (n + 1)n = n 2_{+ n.}

2. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a c). De facto, n ! i=0 (₋₁₎i"n_i#= n ! i=0 "n i # (₋₁₎i = (_{−1 + 1)}n= 0. (Bin´omio de Newton) 3. (i) ´e uma afirma¸c˜ao falsa:

2 $ n n− 2 %_!n i=1 $ n_{− 2} i % = 2 n ! i=1 $ n n− 2 % $ n_{− 2} i % = revis˜ao trinomial 2 n ! i=1 $ n i % $ n_{− i} n− 2 − i % = 2 n ! i=1 $ n i % (n− i)(n − i − 1) 2 %= n ! i=1 $ n i %

(ii) ´e uma afirma¸c˜ao verdadeira:

ni+1+ i· ni _{= n}i_{(n− i) + i · n}i _{= n}i_{(n− i + i) = n · n}i_, logo n ! i=1 ni ₌ 1 n & _n ! i=1 ni+1₊ n ! i=1 i_{· n}i ' .

(iii) ´e uma afirma¸c˜ao falsa: por exemplo para n = 2 obtemos

2 ! i=1 (−2)i _{=−2 + (−2)(−2 + 1) = 0 %= −4 = −(2 + 2(2 − 1)) %= −} 2 ! i=1 2i.

4. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a d). Para obtermos o coeficiente de t3_{ter´a de ser #(S∪{a}) =}

3 e, como, a _{%∈ S, ent˜ao #S = 2. Como S ⊆ [4] existem} "4₂# escolhas para S. Para cada escolha de S temos 2 escolhas para a_{∈ [4] \ S. Portanto temos} "4₂#_{· 2 parcelas com t}3_.

5. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a a). Os subconjuntos de [2] s˜ao: ∅, {1}, {2}, {1, 2}. Deste

modo, ! S⊆[2] ! a∈S 2#(S\{a})_{= 0} ()*+ S=∅ + 2#∅ ()*+ S={1} + 2#∅ ()*+ S={2} + (2#{2}_{+ 2}#{1}₎ ( )* + S={1,2} = 20_{+ 2}0_{+ 2}1_{+ 2}1 _{= 6.}

6. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a b). Com efeito,

∆(iHi) = (i + 1)Hi+1− iHi = (i + 1) $ Hi+ 1 i + 1 % − iHi = iHi+ Hi+ i + 1 i + 1 − iHi = Hi+ 1.

7. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a b). De facto, ∆ak= ak+1− ak = (−1)k"n − 1_k # − (−1)k−1"n − 1 k− 1 # = (₋₁₎k,"n − 1_k #+"n − 1_{k− 1}#-= (₋₁₎k"n_k# . (Lei de Pascal) 8. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a b). Com efeito temos que

n ! i=1 (i + 1)m = (1) n ! i=1 m ! k=0 "m k # ik = (2) m ! k=0 n ! i=1 "m k # ik = (3) m ! k=0 "m k #&_!n i=1 ik '

por: (1) - bin´omio de Newton, (2) - lei associativa generalizada, (3) - lei distributiva. As restantes afirma¸c˜oes s˜ao falsas:

• Para n = 2 = m, temos que .ni=1(i + 1)m = 13%= 25 = ( .n

i=1(i + 1))m, donde a) ´e falsa.

• c) ´e falsa, porque n˜ao h´a quantifica¸c˜ao para k no segundo somat´orio. • d) ´e falsa, porque n˜ao h´a quantifica¸c˜ao para i.

II - Problemas

9. a) Temos que 3 ! i=0 i ! j=1 i i + j = 0 ! j=1 0 0 + j + 1 ! j=1 1 1 + j + 2 ! j=1 2 2 + j + 3 ! j=1 3 3 + j = 0 + 1 1 + 1 + $ 2 2 + 1 + 2 2 + 2 % + $ 3 3 + 1 + 3 3 + 2 + 3 3 + 3 % = 1 2+ 2 3+ 2 4+ 3 4+ 3 5+ 3 6 = 211 60 .

b) Temos que ! S⊆[3] ! T⊆S #(S\ T ) =! T⊆∅ #(∅ \ T ) + ! T⊆{1} #({1} \ T ) + ! T⊆{2} #({2} \ T ) + ! T⊆{3} #(_{{3} \ T ) +} ! T⊆{1,2} #(_{{1, 2} \ T ) +} ! T⊆{1,3} #(_{{1, 3} \ T )} + ! T⊆{2,3} #({2, 3} \ T ) + ! T⊆{1,2,3} #({1, 2, 3} \ T ) = #∅ + (#{1} + #∅) +(#_{{2} + #∅) + (#{3} + #∅) + (#{1, 2} + #{1} + #{2} + #∅)} +(#{1, 3} + #{1} + #{3} + #∅) + (#{2, 3} + #{2} + #{3} + #∅) +(#{1, 2, 3} + #{2, 3} + #{1, 3} + #{1, 2} + #{3} + #{2} + #{1} + #∅) =0 + 3(1 + 0) + 3(2 + 1 + 1 + 0) + (3 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 0) = 27 . 10. a) Para n = 3, o somat´orio ´e

3 ! k=1 3 ! j=k 3 ! i=j αijk= 3 ! j=1 3 ! i=j αij1+ 3 ! j=2 3 ! i=j αij2+ 3 ! j=3 3 ! i=j αij3 = & ₃ ! i=1 αi11+ 3 ! i=2 αi21+ 3 ! i=3 αi31 ' + & ₃ ! i=2 αi22+ 3 ! i=3 αi32 ' + 3 ! i=3 αi33 = [(α111+ α211+ α311) + (α221+ α321) + α331] + [(α222+ α322) + α332] + α333 = α111+ α211+ α311+ α221+ α321+ α331+ α222+ α322+ α332+ α333.

b) Usando a nota¸c˜ao de Iverson, tem-se n ! k=1 n ! j=k n ! i=j αijk = n ! k=1 n ! j=1 n ! i=1 αijk!j ≥ k!!i ≥ j! = n ! i=1 n ! k=1 n ! j=1 αijk!k ≤ j!!j ≤ i! = n ! i=1 i ! k=1 i ! j=k αijk, uma vez que _{!k ≤ j!!j ≤ i! = !k ≤ j ≤ i! = !k ≤ i!!k ≤ j ≤ i! (verifique!).} 11. a) Pelo teorema binomial,

4n= (3 + 1)n= n ! i=0 $ n i % 3i1n−i = n ! i=0 $ n i % 3i.

b) Por indu¸c˜ao em n. O caso base em que n ´e 0 reduz-se `a igualdade 1 = 1. Admitamos agora, por hip´otese de indu¸c˜ao, que a igualdade se verifica para n, com vista a argument´a-la para n + 1. Vem: n+1 ! i=0 $ n + 1 i % 3i ₌ $ n + 1 0 % 30₊ n ! i=1 $ n + 1 i % 3i₊ $ n + 1 n + 1 % 3n+1 = 1 + n ! i=1 $$ n i % + $ n i− 1 %% 3i+ 3n+1 (Lei de Pascal)

= 1 + n ! i=1 $ n i % 3i ( )* + + n ! i=1 $ n i_{− 1} % 3i+ 3n+1 = n ! i=0 $ n i % 3i ( )* + + n−1 ! j=0 $ n j % 3j+1+ 3n+1 (mud. de var. i− 1 ! j) = 4n+ 3 &_n−1 ! j=0 $ n j % 3j + 3n ' = 4n+ 3 n ! j=0 $ n j % 3j (hip. ind.) = 4n+ 3_{· 4}n = (1 + 3)4n= 4_{· 4}n= 4n+1. (hip. ind.) 12. a) Por um lado, Sn+1= (−1)n+1−0+ n+1 ! i=1 (−1)n+1−i = (−1)n+1₊ n ! i=0 (−1)n+1−(i+1) = mud. de var. i!i+1 (−1)n+1₊ n ! i=0 (−1)n−i = (−1)n+1_{+ Sn.} Por outro lado,

Sn+1= n ! i=0 (−1)n+1−i+ (−1)n+1−(n+1) = n ! i=0 (−1)(−1)n−i+ (−1)0 _=−S n+ 1. Segue-se que (₋₁₎n+1_{+ Sn=−S} n+ 1, donde Sn = 1− (−1)n+1 2 = 1 + (−1)n 2 . b) Por um lado, Tn+1 = (−1)n+1−00 + n+1 ! i=1 (₋₁₎n+1−ii = mud. de var. i!i+1 n ! i=0 (₋₁₎n+1−(i+1)(i + 1) = n ! i=0 (₋₁₎n−ii + n ! i=0 (₋₁₎n−i = Tn+ Sn = por a)Tn+ 1 + (₋₁₎n 2 .

Por outro lado,

Tn+1 = n ! i=0 (₋₁₎n+1−ii + (₋₁₎n+1−(n+1)(n + 1) = n ! i=0 (_−1)(−1)n−ii + (n + 1) = _−Tn+ (n + 1). Segue-se que Tn+1 + (−1) n 2 =−Tn+ (n + 1), donde Tn= 2n + 2− 1 − (−1)n 4 = 2n + 1− (−1)n 4 . 13. a) Temos que n ! i=1 n ! j=1 ij = & _n ! i=1 i ' & _n ! j=1 j ' = n(n + 1) 2 · n(n + 1) 2 = n2_{(n + 1)}2 4 .

b) Em primeiro lugar, usando a lei da decomposi¸c˜ao, deduzimos que n ! i=1 n ! j=1 ij = n ! i=1 & _i ! j=1 ij + n ! j=i+1 ij ' = n ! i=1 & _i ! j=1 ij + n ! j=i ij _{− i}2 ' = n ! i=1 i ! j=1 ij + n ! i=1 n ! j=i ij₋ n ! i=1 i2. Mas n ! i=1 n ! j=i ij = n ! i=1 n ! j=1 ij_{!i ≤ j! =} n ! j=1 n ! i=1 ij_{!i ≤ j! =} n ! j=1 j ! i=1 ij = n ! i=1 i ! j=1 ij

(onde, na ´ultima igualdade, redenomin´amos as vari´aveis de indexa¸c˜ao). Sendo assim, n ! i=1 n ! j=1 ij = 2 n ! i=1 i ! j=1 ij− n ! i=1 i2

o que, usando a al´ınea (a), nos d´a 2 n ! i=1 i ! j=1 ij = n 2_{(n + 1)}2 4 + n ! i=1 i2_. c) Como i2_{+ i} 2 = i(i + 1) 2 = i ! j=1 j, deduzimos que n ! i=1 ii 2_{+ i} 2 = n ! i=1 i ! j=1 ij = 1 2 & n2_{(n + 1)}2 4 + n ! i=1 i2 ' e, portanto, n ! i=1 i(i2+ i) = 2 n ! i=1 ii 2_{+ i} 2 = n2_{(n + 1)}2 4 + n ! i=1 i2. Mas n ! i=1 i(i2 + i) = n ! i=1 i3 + n ! i=1 i2, logo n ! i=1 i3 = n ! i=1 i(i2+ i)− n ! i=1 i2 = n 2_{(n + 1)}2 4 .

14. a) Por indu¸c˜ao em n. O caso base em que n ´e 1 d´a como resultado no somat´orio o valor (−1)2₁2 _{+ (−1)}3₂2 _{= −3. O lado direito da igualdade do enunciado quando n ´e 1}

tamb´em d´a resultado −3. Admitamos agora, por hip´otese de indu¸c˜ao, que a igualdade se

verifica para n, com vista a argument´a-la para n + 1. Temos, pois, que argumentar que .2(n+1)

2n+2_! k=1 (₋₁₎k+1k2 = 2n ! k=1 (₋₁₎k+1k2+ (₋₁₎2n+2(2n + 1)2+ (₋₁₎2n+3(2n + 2)2 = (hip. ind.)−n(2n + 1) + (2n + 1) 2 − (2n + 2)2 = (2n + 1)(2n + 1_{− n) − (2(n + 1))}2 = (2n + 1)(n + 1)_{− 4(n + 1)}2 = (n + 1)(2n + 1_{− 4n − 4) = (n + 1)(−2n − 3) = −(n + 1)(2n + 3).} b) O conjunto [2n] ´e a uni˜ao disjunta dos conjuntos P =_{{2, 4, . . . , 2n} e I = {1,3,. . . ,} 2n_{− 1} e podemos usar a lei da decomposi¸c˜ao:}

2n ! k=1 (₋₁₎k+1_k2 ₌ ! k∈P (₋₁₎k+1_k2₊! k∈I (₋₁₎k+1_k2 = (mud. var.) n ! i=1 −(2i)2₊ n ! i=1 (2i− 1)2 _{− com} / k = 2i se k par, k = 2i_{− 1 se k ´ımpar} = n ! i=1 (_−4i2+ 4i2_{− 4i + 1) = −4} & _n ! i=1 i ' + n =₋₄n(n + 1) 2 + n = _{−2n(n + 1) + n = −n(2n + 2 − 1) = −n(2n + 1).} 15. a) (k + 1)3_{− k}2 _{= (k + 1)k(k− 1) − k(k − 1) = k(k − 1)(k + 1 − 1) = k}2_{(k− 1).}

b) Utilizando o m´etodo das anti-diferen¸cas (consulte a tabela da p´agina 129), vem: n ! k=0 k2(k− 1) = n ! k=0 (k + 1)3− n ! k=0 k2 = (mud. var.) n+1 ! k=1 k3 − n ! k=0 k2 = k 4 4 0 0 0 0 n+2 1 − k 3 3 0 0 0 0 n+1 0 = $ (n + 2)4 4 − 0 % − $ (n + 1)3 3 − 0 % = (n + 2)(n + 1) 3 4 − (n + 1)3 3 = (n + 1) 3 $ n + 2 4 − 1 3 % .

Reduzindo a um denominador comum, ficamos com a resposta 1

12(n + 1) 3_{(3n + 2).} c) Temos: n ! i=0 i(n− 1 − i)(n − i) = i!n−k(n− k)(k − 1)k = n ! k=0 n(k− 1)k − n ! k=0 k2(k− 1) = b) n n ! k=0 k2− 1 12(n + 1) 3_{(3n + 2)} = nk 3 3 0 0 0 0 n+1 0 − ₁₂1 (n + 1)3(3n + 2) = n $ (n + 1)3 3 − 0 % −₁₂1 (n + 1)3(3n + 2) = 1 12(n + 1) 3_{(4n− 3n − 2) =} 1 12(n + 1) 3_{(n− 2).}

16. a) Temos que ∆1im+12= (i + 1)m+1− im+1 _{= (i + 1)i}m_{− i}m+1 _{= i· i}m_{+ i}m_{− i}m+1_. Como i· im _{= (i− m + m) · i}m _{= (i− m) · i}m_{+ m· i}m = im(i_{− (m + 1) + 1) + m · i}m = im+1+ m_{· i}m, vem que ∆1im+12= m_{· i}m+ im = (m + 1)im, e o resultado segue-se.

b) Temos, por a), que i2 ₌ 1 3∆i 3_{. Deste modo,} n ! i=1 i2 = n ! i=1 1 3∆i 3 ₌ 1 3 n ! i=1 ∆i3 = 1 3((n + 1) 3 − 13) = 13₌₀ 1 3(n + 1)n(n− 1). c) Ora i2 _{= i(i− 1) = i}2_{− i, donde i}2 _{= i}2_{+ i. Segue-se que}

n ! i=1 i2 = n ! i=1 i2+ n ! i=1 i = b) (n + 1)n(n− 1) 3 + n(n + 1) 2 = 2(n + 1)n(n− 1) + 3n(n + 1) 6 = n(n + 1)(2n + 1) 6 . d) Temos que (i2_{− j}2₎2 (i + j)2 = ((i_{− j)(i + j))}2 (i + j)2 = (i− j) 2_. Deste modo, n ! i=1 2n ! j=n+1 (i2 _{− j}2₎2 (i + j)2 = n ! i=1 2n ! j=n+1 (i− j)2 ₌ n ! i=1 2n ! j=n+1 (i2+ j2− 2ij) = n ! i=1 2n ! j=n+1 i2₊ n ! i=1 2n ! j=n+1 j2_{− 2} n ! i=1 2n ! j=n+1 ij. Ora n ! i=1 2n ! j=n+1 i2+ n ! i=1 2n ! j=n+1 j2 = n ! i=1 i2 2n ! j=n+1 1 + 2n ! j=n+1 j2 n ! i=1 1 = & _n ! i=1 i2 ' (2n_{− (n + 1) + 1) +} & _2n ! j=1 j2₋ n ! j=1 j2 ' · n = j!i & _n ! i=1 i2 ' n₋ & _n ! i=1 i2 ' n + & _2n ! i=1 i2 ' n = & _k ! i=1 i2 ' n = c) 2n(2n + 1)(4n + 1) 6 n = n2_{(2n + 1)(4n + 1)} 3

Por outro lado, n ! i=1 2n ! j=n+1 ij = n ! i=1 i 2n ! j=n+1 j = & _n ! i=1 i ' & _2n ! j=1 j− n ! j=1 j ' = (n + 1)n 2 $ (2n + 1)2n 2 − (n + 1)n 2 % = n 2_{(n + 1)(3n + 1)} 4 . Segue-se que n ! i=1 2n ! j=n+1 (i2_{− j}2₎2 (i + j)2 = n2_{(2n + 1)(4n + 1)} 3 − n2_{(n + 1)(3n + 1)} 2 = 7n 4_{− n}2 6 = n2_(7n2 _{− 1)} 6 . 17. Tem-se n ! i=k n ! j=i (−1)j−i" i k # "j i # = n ! i=1 n ! j=1 (−1)j−i"j i # " i k # !j ≥ i! !i ≥ k! = n ! j=1 n ! i=1 (₋₁₎j−i"j_i# " i_k#_{!j ≥ k! !k ≤ i ≤ j!} = n ! j=k j ! i=k (−1)j−i"j_i# " i_k# = lei trinomial n ! j=k j ! i=k (−1)j−i"j_k# "j − k_{i− k}# = n ! j=k "j k #_!j i=k (₋₁₎j−i"j − k_{i− k}# = i!i+k n ! j=k "j k #_!j−k i=0 (₋₁₎j−i−k"j − k_i # = n ! j=k "j k # (−1)j−k j−k ! i=0 (−1)−i"j − k_i # = (−1)−i=(−1)i bin. Newton n ! j=k "j k # (−1)j−k0j−k ="k_k#(₋₁₎000+ n ! j=k+1 "j k # (₋₁₎j−k0 = 1 - porque 00 _{= 1 por conven¸c˜ao e 0}m _{= 0 se m > 0.}

18. a) Usando a Lei da Mudan¸ca de Vari´avel, obtemos ! S⊆X (₋₁₎#S = ! S⊆X (₋₁₎#(X\S)= ! S⊆X (₋₁₎#X−#S = (₋₁₎#X ! S⊆X (₋₁₎#S,

uma vez que (₋₁₎−#S _{= (−1)}#S_{. Deste modo, como #X ´e ´ımpar, temos que (−1)}#X ₌₋₁

e, portanto, 2! S⊆X (−1)#S _{= 0,} de onde vem ! S⊆X (₋₁₎#S = 0.

b) De acordo com a sugest˜ao, fixemos a _{∈ X. Dado S ⊆ X, ou a %∈ S ou a ∈ S. Deste} modo, pela Lei da Decomposi¸c˜ao,

! S⊆X (₋₁₎#S ₌ ! S⊆X a /∈S (₋₁₎#S ₊! S⊆X a∈S (₋₁₎#S_.

Agora, ! S⊆X a /∈S

(₋₁₎#S = ! S⊆X\{a}

(₋₁₎#S. Por outro lado, ! S⊆X a∈S (₋₁₎#S ₌ ! S⊆X\{a} (₋₁₎#(S∪{a}) ₌ ! S⊆X\{a} (₋₁₎#S+1 ₌₋ ! S⊆X\{a} (₋₁₎#S_.

Assim, conclu´ımos que ! S⊆X (₋₁₎#S ₌ ! S⊆X\{a} (₋₁₎#S₋ ! S⊆X\{a} (₋₁₎#S _{= 0.} 19. a) Por indu¸c˜ao em n.

Caso base - n = 1: Como m < n, ent˜ao m = 0. Neste caso,

1 ! k=0 (−1)k"1 k # km = (∗) 1 ! k=0 (−1)k"1 k # = (−1 + 1)1 _{= 0}

(*) – porque k0 _{= 1 se k > 0 e 0}0 _{= 1 por conven¸c˜ao.}

Admitamos agora, por hip´otese de indu¸c˜ao, que a igualdade se verifica para n, com vista a argument´a-la para n + 1. Temos dois casos a considerar:

m = 0: n ! k=0 (₋₁₎k"n_k#k0 = n ! k=0 (₋₁₎k"n_k#= (_{−1 + 1)}n = 0.

m _{%= 0: Neste caso temos que}

n+1 ! k=0 (−1)k"n + 1 k # km = 0m₌₀ pq m'=0 n+1 ! k=1 (−1)k"n + 1 k # km = k!k+1 n ! k=0 (−1)k+1"n + 1 k + 1 # (k + 1)m = f´ormula da extra¸c˜ao −(n + 1) n ! k=0 (−1)k"n k # (k + 1)m−1 = bin´omio de Newton −(n + 1) n ! k=0 (−1)k"n k #m−1_! j=0 "m − 1 j # kj = −(n + 1) m−1_! j=0 "m − 1 j # _!n k=0 (−1)k"n k # kj ( )* +

0− por hip. ind, pq j≤m−1<n = 0.

Pelo m´etodo de indu¸c˜ao segue-se que a soma dada ´e igual a zero. b) Temos que n ! k=0 (−1)k"n k # (a + k)m = bin´omio de Newton n ! k=0 (−1)k"n k #_!m j=0 "m j # ajkm−j = m ! j=0 "m j # aj n ! k=0 (₋₁₎k"n_k#km−j ( )* + 0− por a), pq 0≤m−j≤m<n = 0

c) Seja X _{%= ∅ e suponhamos que #X = n ≥ 1. Temos que o n´umero de subconjuntos} de X com k elementos ´e"n_k#. Assim

! S⊆X (−1)#S_(#S)m₌ n ! k=0 ! S⊆X #S=k (−1)k_km ₌ n ! k=0 (−1)k"n k # km = 0 – a ´ultima igualdade por a).

20. a) Adoptando as nota¸c˜oes do exerc´ıcio 17 da p´agina 133, sejam " = [n] × [n] , +−_{={(i, j) ∈ " : i < j},} ++ =_{{(i, j) ∈ " : i > j} , D = {(i, j) ∈ " : i = j}.} Tem-se n ! i=1 n ! j=1 1 i_{· j} = ! (i,j)∈" 1 i_{· j} (lei da decomp.)= ! (i,j)∈)+ 1 i_{· j} + ! (i,j)∈)− 1 i_{· j} + ! (i,j)∈D 1 i_{· j}. Ora, ! (i,j)∈)+ 1 i· j = ! (i,j)∈)− 1 i· j,

pois a aplica¸c˜ao (i, j) ,→ (j, i) ´e uma correspondˆencia biun´ıvoca entre os conjuntos ++ _e

+− _{e a frac¸c˜ao} 1

i· j ´e sim´etrica em i e j. Por outro lado,

! (i,j)∈D 1 i· j = n ! k=1 1 k2 = H (2) n . Segue-se destas considera¸c˜oes que

n ! i=1 n ! j=1 1 i_{· j} = 2 ! (i,j)∈)+ 1 i_{· j} + H (2) n = 2 ! 1≤i<j≤n 1 i_{· j} + H (2) n . b) Por um lado, n ! i=1 n ! j=1 1 i_{· j} = n ! i=1 n ! j=1 1 i 1 j = n ! i=1 1 i & _n ! j=1 1 j ' = & _n ! i=1 1 i ' & _n ! j=1 1 j ' = HnHn= (Hn)2. Por outro lado,

! 1≤i≤j≤n 1 i· j = ! 1≤i<j≤n 1 i· j + ! (i,j)∈D 1 i· j = ! 1≤i<j≤n 1 i· j + H (2) n . Logo, pela igualdade da al´ınea anterior,

(Hn)2 = n ! i=1 n ! j=1 1 i_{· j} = 2 ! 1≤i<j≤n 1 i_{· j} + H (2) n = 2 & ! 1≤i≤j≤n 1 i_{· j} − H (2) n ' + H_n(2) e, portanto, ! 1≤i≤j≤n 1 i· j = 1 2 1 Hn(2)+ (Hn)2 2 , como se pretendia. FIM