SUMÁRIO
3 MA12 - Aula 03 5.5 5.6 6.5 6.6
Exercícios Exercícios Exercícios Exercícios
Recomendados Suplementares Recomendados Suplementares
31 . . . .
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30
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31 37 48 52
Capítulo 3
MA12 - Aula 03 Unidade 5 Semana 19 19//03 a 25 25//03
Progressões Aritméticas
5.5
Exercí Exercício cioss Recome Recomenda ndados dos
Exercício Exercício 5.5.1.
Formam-se n triângulos com palitos, conforme a figura.
Figura 5.1:
Qual o número de palitos usados para construir n triângulos? Solução. O aumento de um triângulo causa o aumento de 2 palit palitos. os. O númer número o de palito palitoss consti constitui tui uma progressão aritmética de razão 2. 2 . a1 = 3,
a2 = 5,
a3 = 7,
· · · ,
an = an−1 + 2
a2 = a 1 + 2, 2 , a3 = a 2 + 2 = (a (a1 + 2) + 2 = a = a 1 + 2(2), 2(2), a4 = a = a 3 + 2 = a 1 + 2(3) Logo, o número de palitos para construir n triângulos esta dado por an = a 1 + 2(n 2( n
2(n − 1) = 2n 2n + 1 − 1) = 3 + 2(n
Exercício Exercício 5.5.2.
Calcule a soma de todos os inteiros que divididos por 11 dão resto 7 e estão compreendidos entre 200 e 400. Solução. 31
32
MA12
− 2012
Observe que 200 que 200 = 11(18) + 2, 2, logo o primeiro número que satisfaz de ser dividido por 11 e dar resto 7 é o 205 205,, assim temos a progressão aritmética 205,, 216 205 216,, 227 227,, 238 238,,
· · · ,
381,, 392 381
isto é 205,, (205 + 11(1)), 205 11(1)), (205 + 11(2)), 11(2)),
··· ,
(205 + 11(17))
sua soma é S = = 205 + (205 + 11(1)) + (205 + 11(2)) +
= 5373 · · · + (205 + 11(17)) = 205(18) + 11 · (17)(18) 2
A soma pedida é 5373. 5373. Exercício Exercício 5.5.3. )(aq )(aq )(aq 2 )(aq )(aq 3 ) · · · (aq (n−1) ? Quanto vale o produto (a)(aq Solução. Seja P o P o produto pedido P = (a)(aq )(aq )(aq )(aq 2 )(aq )(aq 3 )
· · · (aq ( −1) = a n
n 1+2+3+
q
n(n−1)
···+(n−1) = a n q
2
Exercício Exercício 5.5.4. n × n, cujos elementos são os inteiros 1, 1 , 2, . . . n2 , sem Um quadrado mágico de ordem n é uma matriz n rep repetir nenhum, nenhum, tal que todas as linhas e todas todas as colunas colunas têm a mesma soma. O valor dessa soma é chamado de constante mágica. Por exemplo, os quadrados
1 5
9
8 3 6 7
4 2
8 1 6 3 5 7 4 9 2
e
17 23
24 24 5
1 7
8 15 14 16 16
4 6 13 20 20 22 22 10 12 19 21 3 11 18 18 25 25 2 9
são mágicos, com constantes mágicas respectivamente iguais a 15, 15 e 65. Aliás Aliás,, os dois último últimoss são hipermág hipermágic icos, os, pois as linhas, linhas, colunas colunas e também também as diagonais diagonais têm a mesma soma. Calcule Calcule a constan constante te mágica de um quadrado mágico de ordem n. Solução. Se para um quadrado de lado n = n = 3 temos n temos n 2 = 9 primeiros números, sua constante mágica é S é S = = 15 15.. Se para um quadrado de lado n lado n = = 5 temos n temos n 2 = 25 25 primeiros primeiros números, sua constante mágica é S é S = = 65 65.. Sabe-se que, para um quadrado de lado n lado n = = 4 temos n temos n2 = 16 16 primeiros primeiros números, sua constante mágica é S = S = 34 34.. Sendo n Sendo n 2 a quantidade dos primeiros números naturais, tem-se que sua constante mágica é S sempre S sempre será S = =
1 n 2 (n2 + 1) n(n2 + 1) = n 2 2
·
Portanto, a constante mágica de um quadrado mágico da ordem n ordem n é Exercício Exercício 5.5.5.
n(n2 + 1) . 2
33
Christian José Quintana Pinedo
Suprimindo um dos elementos do conjunto {1, 2, ··· , n}, a média aritmética dos elementos restantes é 16, 1. Determine o valor de n e qual foi o elemento suprimido. Solução. Denotemos o conjunto dos n elementos por S é Suponha retiremos o número k
∈ S então a média aritmética do conjunto resultante S − {k} é dado (1 + 2 + ··· + k − 1) + (k + 1) + (k + 2) + ··· + n 16, 1 = n−1
por
− 1) = n(n2+ 1) − k ⇒ 32, 2n − 32, 2 + 2k = n2 + n ⇒ 2[16, 1(n − 1) + k] = n(n + 1) ⇒ Como k ∈ N então 16, 1(n − 1) ∈ N, logo n − 1 é múltiplo de 10 de onde n = 11, 21, 31, 41, ··· . Se n = 11 ⇒ 2(161 + k) = (11)(12) ⇒ k = −95, aqui não existe k ∈ N (por defeito). Se n = 21 ⇒ 2(320 + k) = (21)(22) ⇒ k = −89, aqui não existe k ∈ N (por defeito). Se n = 31 ⇒ 2(483 + k) = (31)(32), aqui k = 13 ∈ N. Se n = 41 ⇒ 2(644 + k) = (41)(42) ⇒ k = 217, aqui não existe k ∈ N (por excesso). Se n = 51 ⇒ 2(805 + k) = (51)(52) ⇒ k = 677, aqui não existe k ∈ N (por excesso). Portanto o conjunto é S = {1;2; ··· ; 30, 31} e foi retirado o número 13. 16, 1(n
Exercício 5.5.6.
Um bem, cujo valor hoje é de R$8000, 00, desvaloriza-se de tal forma que seu valor daqui a 4 anos será de R$2000, 00. Supondo constante a desvalorização anual, qual será o valor do bem daqui a 3 anos? Primeira solução. Sendo a desvalorização constante, em 4 anos se desvalorizou R$6000, 00 logo anualmente se desvalorizou R$1500, 00. Em três anos se desvalorizou R$4500, 00 Portanto, o preço daqui a três anos será R$3500, 00 Segunda solução. Supondo um sistema de coordenadas do plano com eixo horizontal t e eixo vertical R, então (0, 8000) e (4, 2000) são pontos por onde passa a reta procurada. 8000 2000 O coeficiente angular desta reta é m = = 1500. 0 4 A equação cartesiana da reta que passa pelos dois pontos é R 2000 = 15000(t 4). Quando t = 3 anos segue que R = 3500.
− −
−
−
−
−
Portanto, de aqui a três anos o valor será R$3.500, 00 reais. Exercício 5.5.7.
Prove que a soma de todos os inteiros positivos de n dígitos, n > 2 , é igual ao número 49499 . . . 95500 . . . 0, no qual há n − 3 dígitos sublinhados que são iguais a 9 e n − 2 dígitos sublinhados que são iguais a 0. Solução. n(n + 1) 2 Seja n = 3 então temos que calcular a soma de todos os inteiros positivos de 3 dígitos Sabemos que a soma S n dos n primeiros números naturais é
100 + 101 + . . . + 999 = S 999
S n =
9900 − S 99 = (999)(1000) − = 494550 2 2
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MA12
observe que são 900 = 103
− 2012
− 102 números
102 + (102 + 1) + (102 + 2) + (102 + 3) + . . . + (102 + 898) + (103
− 1)
Assim, quando n = 3 aplicando a fórmula da soma dos termos de uma progressão aritmética, a soma (102 + 103 1) é S = 900 = 494550 e é verdade. 2 Seja n = 4 então temos que calcular a soma de todos os inteiros positivos de 4 dígitos
− ·
1000 + 1001 + . . . + 4444 + . . . + 9999 = S 9999 observe que são 9000 = 104
999000 = 49495500 − S 999 = (9999)(10000) − 2 2
− 103 números
103 + (103 + 1) + (103 + 2) + (103 + 3) + . . . + (103 + 8998) + (104
− 1)
Assim, quando n = 4 observando que o primeiro elemento é a 1 = 103 e o último a n = 104 é S =
(103 + 104 2
− 1, a soma
− 1) · (104 − 103) = [103(11) − 1]9 · 103 = [103(11) − 1]90 · 102 = 2
S = 45 102 (11 103
·
·
2
− 1) = 102(495000 − 45) = 49495500
e é verdade. Seja n = 5 então temos a soma é [104 + (105
S =
− 1)(105 − 104) = [11 · 104 − 1][9 · 104] = 45 · 103[11 · 104 − 1] 2
2
S = 103 [495 104
·
Tem 5
− 45] = 4949955000
− 3 números 9 juntos, e 5 − 2 zeros juntos.
Em geral para a soma de todos os inteiros positivos de n dígitos, n > 2, a soma pedida é a soma de uma progressão aritmética de razão 1, com primeiro termo igual a 10 n−1 e último termo igual a 10 n 1.
−
Assim S =
[10n−1 + 10n
n
n
n
2
S = 45 10n−2 [11 10n−1
·
− 1][10 − 10 −1] = [11 · 10 −1 − 1][90 · 10 −2] =
·
n
2
− 1] = 10 −2[495 · 10 −1 − 45] = 10 −2[495000 . . . 000 − 45] n
n
n
S = 49499 . . . 95500 . . . 0 Temos n
− 3 dígitos sublinhados que são iguais a 9 e n − 2 dígitos sublinhados que são iguais a 0.
Exercício 5.5.8.
Considere um jogo entre duas pessoas com as seguintes regras: i) Na primeira jogada, o primeiro jogador escolhe um número no conjunto A =
esse número.
{ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } e diz
ii) As pessoas jogam alternadamente. iii) Cada pessoa ao jogar escolhe um elemento de A , soma-o ao número dito pela pessoa anterior e diz a
soma. iv) Ganha quem disser 63. Qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora e qual é essa estratégia?
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Christian José Quintana Pinedo
Solução. Primeira solução Suponha os jogadores P e R, joga primeiro P . Para o jogador P ter certeza de alcançar 63, antes deve alcançar 55. Para o jogador P ter certeza de alcançar 55, antes deve alcançar 47. Para o jogador P ter Para o jogador P ter Para o jogador P ter Para o jogador P ter Para o jogador P ter
certeza certeza certeza certeza certeza
de de de de de
alcançar 47, antes deve alcançar 39. alcançar 39, antes deve alcançar 31. alcançar 31, antes deve alcançar 23. alcançar 23, antes deve alcançar 15. alcançar 15, antes deve alcançar 7. Logo, para ganhar o primeiro jogador P , ele deve escolher 7 e logo alcançar os términos de uma progressão aritmética de razão r = 8 Segunda solução Suponha os jogadores P e R, joga primeiro P e ganha R. Para isto acontecer, P não pega 7, ele pega x (onde x < 7) e R pega qualquer 7
− x, logo ganha R.
Exercício 5.5.9.
Na primeira fase do campeonato brasileiro de futebol, que é disputado por 24 clubes, quaisquer dois times jogam entre si uma única vez. Quantos jogos há? Solução. Sugestão: O Botafogo joga 23 partidas; o primeiro dos times restantes jogam 22 partidas que ainda não foram contadas, etc...
Exercício 5.5.10.
Qual o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o plano? Solução. Sugestão: Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem.
Exercício 5.5.11.
Há dois tipos de anos bissextos: os que são múltiplos de 4 mas não de 100 e os que são múltiplos de 400.
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a) Quantos são os anos bissextos entre 1997 e 2401? b) Se 1o de janeiro de 1997 foi quarta-feira, que dia será 1o de janeiro de 2500? c) Escolhido um ano ao acaso, qual a probabilidade dele ser bissexto? Solução. Sugestão:b) Um ano não-bissexto tem 52 semanas e 1 dia; um ano bissexto tem 52 semanas e 2 dias. Logo, o ano x + 1 começa um dia da semana adiantado em relação ao ano x, se x não é bissexto, e dois dias adiantado, se x é bissexto. 35d. Os anos se repetem em ciclos de 400 anos.
Exercício 5.5.12.
O número triangular T n é definido como a soma dos n primeiros termos da progressão aritmética 1, 2, 3, 4, ··· . O número quadrangular Q n é definido como a soma dos n primeiros termos da progressão aritmética 1, 3, 5, 7, · ·· . Análogamente são definidos números pentagonais, hexagonais, etc. A figura abaixo justifica essa denominação. Determine o número j -gonal de ordem n. Solução.
Figura 5.2: A progressão tem como razão r = j 1, ( j
− 2, é da forma
− 1), (2 j − 3), (3 j − 5), (4 j − 7) · ·· , [(n − 1) j − (2n − 3)]
A soma pedida é S = 1 + ( j
− 1) + (2 j − 3) + (3 j − 5) + (4 j − 7) + · ·· + [(n − 1) j − (2n − 3)] = n(n − 1) − [1 + 3 + ··· + (2(n − 1) − 1)] S = 1 + j[1 + 2 + ··· + (n − 1)] − [1 + 3 + ··· + (2n − 3)] = 1 + j 2
− 1) − (n − 1)2 ⇒ 2 n[ j(n − 1) + 2(2 − n)] S = . S = 1 + j
A soma é
2
Exercício 5.5.13. Mostre que ak =
Solução.
n(n
△
△b
k
então ak − bk é constante.
S =
n[ j(n
− 1) + 2(2 − n)] 2
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Christian José Quintana Pinedo
∈ N tem-se △a
Por hipótese, para todo k ak
−b
k para
todo k
−b
=
△b
k então
ak+1
∈ N, logo existe uma constante C tal que C = a 1
Portanto, a k
k
k é
−a
− b1 = a2 − b2 = a3 − b3 = ··· = a − b k
constante para todo k
k
k
= b k+1
= ak+1
− b , isto é a +1 − b +1 = k
k
k
− b +1 k
∈N
Exercício 5.5.14.
Use o teorema fundamental da somação para calcular n
3k
∑ ∑ ∑
1.
k =1 n
2.
k k!
k =1
·
n
1 k =1 k(k + 1)
3.
Solução. k
1. Como
△3
= 3k+1
k
−3
= 3k (3
k
− 1) = 2 · 3 , então
n
n
� �△ k
3k =
3 =
k=1
2. Como
k =1
− 3) = 23 (3 − 1) n
△k! = (k + 1)! − k! = k!(k + 1 − 1) = k · k!, então n
�
k=1
n
k k! =
·
�△
k! = (n + 1)!
k =1
−1
1 , então △ k1 = k1 − k +1 1 = − k(k + 1)
3. Como
n
�
k=1
5.6
1 n+1 (3 2
1 = k(k + 1)
n
� − △ k=1
1 = k
− n +1 1 + 1 = n +n 1
Exercícios Suplementares
Exercício 5.6.1.
Os ângulos internos de um pentágono convexo estão em progressão aritmética. Determine o ângulo mediano. Solução. Em todo polígono convexo regular de n lados, um ângulo externo mede 360 180(n mede 180 , isto é n n 180(n 2) graus.
−
−
− 2) .
360 , logo um ângulo interno n
Conseqüentemente a soma de todos os ângulos interiores mede
Essa soma também é válida para o caso de um polígono convexo não regular. Logo, a soma dos ângulos internos de um pentágono convexo é 540 o . Sejam x 2r, x r, x, x + r, x + 2r os ângulos, assim
−
(x
−
o
− 2r) + (x − r) + x + (x + 2r) + (x + 2r) = 540 ⇒
5x = 540o
⇒
x = 108o
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− 2012
Logo, o ângulo mediano, mede 108 o . Exercício 5.6.2.
√ 9 − x, ··· é uma progressão aritmética, determine x e calcule o quinto termo
Se 3 − x, −x, Solução.
Seja r a razão da progressão, logo r =
−x − (3 − x) = √ 9 − x − (−x) ⇒ −3 − x = √ 9 − x ⇒ x2 + 7x = 0
x = 0 ou x =
⇒
9 + 6x + x2 = 9
−x ⇒
−7
Quando x = 0 a progressão se reduz a três termos Quando x = 7 tem-se: 10, 7, 4, 1, 2, O quinto termo é 2.
−
− · ··
−
Exercício 5.6.3.
Calcule a soma dos termos da progressão aritmética 2, 5, 8, 11, · ·· desde o 25o até o 41o termo, inclusive. Solução. Tem-se S 41 = 2 + (2 + (1)3) + (2 + 2(3)) + (2 + 3(3)) + S 41 = 41(2) + 3(1 + 2 + 3 + 41 = S Por outro lado como a soma S 25 41
= 2542 ··· + 40) = 82 + 3 40(41) 2
− S 24 segue
S 24 = 2 + (2 + 1(3) + (2 + 2(3)) + (2 + 3(3)) + S 24 = 24(2) + 3(1 + 2 + 3 + A soma pedida é
S 41
··· + (2 + 40(3))
··· + (2 + 23(3))
··· + 23) = 48 + 3 23(24) = 876 2
− S 24 = 1666.
Exercício 5.6.4.
Quantos são os inteiros, compreendidos entre 100 e 500, que não são divisíveis nem por 2 , nem por 3 e nem por 5? Quanto vale a soma desses inteiros? Solução. a) Não iremos a considerar os números 100 e 500, o menor múltiplo comum de 2, 3 e 5 é 30, logo temos assim. Total: que:
101, 102,..., 499. São 499
− 100 = 399 números, deste total da quantidade de números segue
Divisíveis por 2 são os números: 2(51, 52, 53, 54, Divisíveis por 3 são os números: 3(34, 35, 36, 37, Divisíveis por 5 são os números: 5(21, 22, 23, 24,
··· , 249). São 249 − 50 = 199 números. ··· , 166). São 166 − 33 = 133 números. ··· , 99) . São 99 − 20 = 79 números. Divisíveis por 6 são os números: 6(17, 18, 19, 20, ··· , 83). São 83 − 17 + 1 = 67 números. Divisíveis por 10 são os números: 10(11, 12, 13, 14, ··· , 49). São 49 − 10 = 39 números. Divisíveis por 15 são os números: 15(7, 8, 9, ··· , 33). São 33 − 6 = 27 números. Divisíveis por 30 são os números: 30(4, 5, 6, 7, ··· , 16). São 16 − 3 = 13 números. Mediante a teoria dos conjuntos, temos a Figura (6.7)
39
Christian José Quintana Pinedo
Figura 5.3: Quantidade de números divisíveis respectivamente
Figura 5.4: A soma dos números divisíveis respectivamente
Portanto, são 108 números que não são divisíveis por nenhum dos números dados. Solução. b) Para calcular a soma destes 108 números inteiros, procedemos de modo análogo à parte a), para isso primeiramente calculamos a soma de todos os números compreendidos entre 100 e 500. 499
499
�
� −�
k = 2
k =101
100
k
k=1
k = [
499
× 500 − 100 × 101 ] = 119700 2
k=1
2
Logo a soma dos múltiplos de 2, de 3 e assim sucessivamente 2
249
249
� � � � � � �
�−� �−� �−� �−� �− � �− � �− �
k = 2
k
2
k = 2[
k =51
k =1
k=1
166
166
33
3
k = 3
k =34
99
5
k
83
6
k=17
49
33
15
k=7
16
30
k=4
k = 3[
k=1
99
20
k
5
k=1
83
16
k = 6
k
6
k=1
249
166
99
k=1
k = 10[
k = 15
15
k=1
k=1
16
3
k = 30
k
k=1
2
49
6
k
30
k=1
2
× 84 − 16 × 17 ] = 20100
k =1
33
2
× 100 − 20 × 21 ] = 23700
83
10
10
× 167 − 33 × 34 ] = 39900 2
k=1
k
2
2
k = 6[
49
× 250 − 50 × 51 ] = 59700 2
k = 5[
k =1
k = 10
k =11
3
k =1
k = 5
k =21
10
50
k = 15[
k = 30[
2
× 50 − 10 × 11 ] = 11700 2
33
2
× 34 − 6 × 7 ] = 8100 2
16
2
× 17 − 3 × 4 ] = 3900 2
2
A soma pedida é 32400. Exercício 5.6.5.
Determine o maior valor que pode ter a razão de uma progressão aritmética que admita os números 32, 227 e 942 como termos da progressão. Solução. Suponha de 32 a 227 tenhamos m vezes a razão r, logo 227
− 32 = mr, de onde 195 = mr.
40
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De modo análogo, suponha de 32 a 942 tenhamos n vezes a razão r, logo 942 910 = nr. Assim como m e n são inteiros. r =
195 910 = m n
195n = 910m
⇒
⇒
− 2012
− 32 = nr, de onde
3n = 14m
De onde m = 3 e n = 14, e r = 65 O maior valor que pode ter a razão é r = 65. Exercício 5.6.6.
De quantos modos o número 100 pode ser representado como uma soma de dois ou mais inteiros consecutivos? E como soma de dois ou mais naturais consecutivos? Solução. Suponhamos que possa ser representado de n modos diferentes sendo a + 1 o primeiro número, então (a + 1) + (a + 2) + (a + 3) + na +
··· + (a + (n − 1)) + (a + n) = 100 ⇒
n(n + 1) = 100 2
⇒
200 = n(2a + n + 1)
Observe que, se n é par, então 2a + n + 1 é ímpar. Também, se n é ímpar então 2a + n + 1 é par. Os únicos divisores ímpares de 200 são n = 25, n = 5 e n = 1. Se n = 25 segue que 8 = 2a + 26 de onde a =
−9 os números são
−9, −8, −7, −6, −5, −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 Se n = 5 segue que 40 = 2a + 6 de onde a = 17 os números são 18, 19, 20, 21, 22 Se n = 1 segue que 200 = 2a + 2 de onde a = 99 e neste caso não temos números. Para o caso n par. Se n = 2 segue que 100 = 2a + 3 de onde a / Z200=n(2a+n+1) Se n = 4 segue que 50 = 2a + 5 de onde a / Z
∈ ∈
Se n = 8 segue que 25 = 2a + 9 de onde a = 8, os números são 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 Se n = 10 segue que 20 = 2a + 11 de onde a / Z Se n = 20 segue que 10 = 2a + 21 de onde a / Z
∈ ∈ Se n = 40 segue que 5 = 2a + 41 de onde a = −18,os números são −17, −16, −15, ··· 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22 Se n = 200 segue 2a + 201 = 1 de onde a =
−100,os números são
−99, · ·· , −17, −16, −15, ··· 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22 São cinco conjuntos numéricos que satisfazem. Exercício 5.6.7.
41
Christian José Quintana Pinedo
Os inteiros de 1 a 1000 são escritos ordenadamente em torno de um círculo. Partindo de 1 , riscamos os números de 15 em 15, isto é, riscamos 1, 16, 31, ··· O processo continua até se atingir um número já previamente riscado. Quantos números sobram sem riscos? Solução. Na primeira volta os números riscados são 1, 16, (2
× 15 + 1), ··· , (65 × 15 + 1), (66 × 15 + 1) = 991 ⇒
15k1 + 1 = 15(k1 + 1)
− 14
15k2 + 6 = 15(k2 + 1)
−9
são 67 números. Na segunda volta volta os números riscados são 6, 21, (2
× 15 + 6), ··· , (65 × 15 + 6), (66 × 15 + 6) = 996 ⇒
são 67 números. Na terceira volta volta os números riscados são 11, 26, (2
× 15 + 11), ··· , (64 × 15 + 6), (65 × 15 + 11) = 986 ⇒
15k3 + 11 = 15(k3 + 1)
−4
são 66 números. Até aqui, os números riscados são 1, 16,
··· , 976, 991, 6, 21, · ·· , 981, 996, 11, ··· , 971, 986
O processo acaba na terceira volta, pois caso contrário, na quarta volta volta os números que não deveriamos riscar são: 987, 988, 989, 990, 992, 993, 994, 995, 997, 998, 999, 1000, 3, 4, 5, 7, 8, 9,
···
e neste processo os números já riscados são 991, 996, 2 Foram riscados ao todo 67 + 67 + 66 números, logo são 800 números não riscados. Exercício 5.6.8.
√ √ √
Podem os números 2, 3, 5 pertencer a uma mesma progressão aritmética? Solução. Suponhamos que os termos pertencem a uma progressão aritmética de razão r, então
√
2 + r =
logo
r =
√ 3 − √ 2,
r =
√ √
√ 5 − √ 3,
3,
√ √ √ 5, 2 + 2r = 5 √ 5 − √ 2
3 + r =
r =
2
assim
√ √ √ √ √ √ √ 5 − √ 2 √ √ √ 5 − √ 2 ⇒ 3 − 2 = 5 − 3, 3− 2= , 5− 3 = 2 2 √ √ √ √ √ √ 2 3 = 5 + 2 ⇒ 6 = 15 + 6 ⇒ 36 = 21 + 2 90 √ 15 = 2 90 ⇒ 225 = 369 absurdo ! Portanto, os números não pertencem a uma progressão aritmética.
42
MA12
− 2012
Exercício 5.6.9.
Um bem, cujo valor hoje é de R$8000, 00, desvaloriza-se de tal forma que seu valor daqui a 4 anos será de R$2000, 00. Supondo constante a desvalorização anual, qual será o valor do bem daqui a 3 anos? Solução. Sendo a desvalorização constante, em 4 anos se desvalorizou R$6000, 00 logo anualmente se desvalorizou R$1500, 00. Em três anos se desvalorizou R$4500, 00 Portanto, o preço daqui a três anos será R$3500, 00 Exercício 5.6.10.
p
Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da forma , que pertençam ao intervalo [4, 7]. 72 Solução. p Como 4 7 então 288 p 72 que pertençam ao intervalo [4, 7] é
≤ ≤
≤ ≤ 504, logo a soma de todas as frações irredutíveis da forma 288 + 289 +
p , 72
··· + 503 + 504 = 1193, 5 72
Como 72 = 22 [4, 7] é
× 32, a soma das frações de numerador par, da forma 72p , que pertençam ao intervalo 288 + 290 + 292 + ··· + 502 + 504 = 599, 5 72
E a soma das frações de numerador múltiplo de três, da forma 288 + 291 + 294 + 72
p , que pertençam ao intervalo [4, 7] é 72
··· + 501 + 504 = 401, 5
p A soma das frações de numerador múltiplo de seis, da forma , que pertençam ao intervalo [4, 7] que 72 já estão incluidas nas duas somas acima é 288 + 294 + 210 + 72
··· + 498 + 504 = 203, 5
Logo a soma das frações redutíveis é 599, 5 + 401, 5 203, 5 = 797, 5 p Portanto, a soma de todas as frações irredutíveis, da forma , que pertençam ao intervalo [4, 7] é 72 1193, 5 797, 5 = 396.
−
−
Exercício 5.6.11.
Qual a maior potência de 7 que divide 1000!? Solução. Observe 1000! = (1000)(999)(998)(997) 1000! = 1000
··· ((56)(55) ··· (50)(49) ··· (36)(35) ··· (21) ··· (14) ··· (7)(6) ··· (2)(1)
··· (994) ··· (987) ··· (777) ··· (462) ··· (56) ··· (49) ··· (35) ··· (21) ··· (14) ··· (7) ···
Podemos escrever 1000! como múltiplos de 7 com aqueles que não são múltiplos de 7 e denotemos por m1 1000! = (m)(7)(14)(21)(35)(49)
··· (700)(707) ··· (987)(994) 1000! = (m1 ) × 7142 (1 × 2 × 3 · · · × 142) = (m1 ) × 7142 × 142!
43
Christian José Quintana Pinedo
Continuamos com o mesmo processo anterior, e consideremos m2 aqueles números que não são múltiplos de 7 1000! = (m1 ) 1000! = (m1 )
× 7142 × 142! = (m1) × 7142 × [··· (140) ··· (133) ··· (14) ··· (7) ··· (2)(1)]
× 7142 × 720(m2)[(20)(19) ··· (3)(2)(1)] = (m1m2)7162[··· (14) ··· (7) ··· (1)]
Consideremos m 3 produto de números não múltiplos de 7
1000! = (m1 m2 )7162 [
··· (14) ··· (7) ··· (1)] = (m1m2m3)7162 × 72(2 × 1) = 2m1m2m3 × 7164
Portanto a maior potência de 7 é 164. Exercício 5.6.12.
Calcule o valor das somas dos n primeiros termos das sequências? (a)
13 , 23 , 33 , :::
(b)
1 : 4, 3 : 7, 5 : 10, 7 : 13, :::
Solução. (a) Sabe-se que (k + 1) 4 = k 4 + 4k3 + 6k 2 + 4k + 1, logo (k + 1) 4 n
n
�
[(k + 1)
4
k=1
4
−k ] =4
(n + 1)
−1
4
=4
�
n
�
3
k +6
k=1
n
4
k3 + 6
k =1
− k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1 assim
�
n
2
k +4
k =1
n
� � k +
k=1
1
k=1
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) +4 +n 6 2
n
� �
4
k 3 = (n + 1)4
k=1
− 14 − n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) − n
n
4
k 3 = (n + 1)[(n + 1)3
k=1
Portanto, 13 , 23 , 33 , , n3 = Solução. b) Observe 1 4, 3 7, 5 10, 7
· ··
×
(2
×
×
− 1 − n(2n + 1) − 2n] = n2(n + 1)2
n2 (n + 1)2 . 4
× 13, ··· , então
− 1) × (3 + 1), (4 − 1) × (6 + 1), (6 − 1) × (9 + 1), (8 − 1) × (12 + 1), ··· n
n
�
(2k
k =1 n
− 1)(3k + 1) =
�
[6k2
k=1
− k − 1] = 2
�
(2k
k=1
+ 1) n(n + 1) n(4n n] = − 1)(3k + 1) = 6 n(n + 1)(2n − − 6 2 2
Portanto,
1
× 4, 3 × 7, 5 × 10, 7 × 13, ··· , (2n − 1) × (3n + 1) = n(4n
+ 5n 2
+ 5n 2
− 1)
− 1)
Exercício 5.6.13.
Representando por ⌊x⌋ a parte inteira do real x, isto é, o maior número inteiro que é menor que ou igual a x e por {x} o inteiro mais próximo do real x, determine:
44
MA12
√
√
− 2012
√
√
a) ⌊ 1⌋ + ⌊ 2⌋ + ⌊ 3⌋ + ··· + ⌊ n2 + 1⌋ √ √ √ √ b) ⌊ 3 1⌋ + ⌊ 3 2⌋ + ⌊ 3 3⌋ + ··· + ⌊ 3 n3 + 1⌋ 1 1 1 1 c) {√ + {√ + {√ + · + {√ 1000 } } } } 1 2 3 √ √ √ √ d) { 1} + { 2} + { 3} + · + { 1000} Solução.
⌊√ ⌋ √ ≥ ⌊ ⌋
Sugestão: x = k, k 0, se e somente se k x < k + 1. x = k; k 0 se, e somente se, 2 2 k x < k + 2k + 1. Há portanto 2k + 1 inteiros positivos x para os quais x = k. A soma pedida é
−
≤
⌊⌋
≥
≤
n 1
�
(2k + 1)k.
k =1
c) se x é um inteiro positivo, x = k, 1 1 k 2 k + < x < k2 + k + , ou ainda k 2 4 4 x = k.
{ }
− {}
≤ 0, se e somente se k − 21 < √ x < k + 21 , ou seja, − k + 1 ≤ x6 ≤ k2 + k. Há 2k inteiros positivos x tais que k
Exercício 5.6.14.
Determine o primeiro termo e a razão da progressão aritmética na qual a soma dos n primeiros termos b) Sn = n 2 + n + 1 é, para todo n: a) Sn = 2n2 + n Solução. a) Suponhamos que o primeiro termo seja a e a razão r, então a soma dos n primeiros termos é S = a + (a + r) + (a + 2r) + isto é S = na +
(n
− 1)n r ⇒ 2
··· + (a + (n − 1)r)
S =
1 [2na + n(n 2
− 1)]
Pela hipótese segue 1 [2na + n(n 2
− 1)] = 2n2 + n ⇒
n2 r + n(2a
− r) = 4n2 + 2n
pela igualdade polinômica r = 4,
e 2a
− r = 2 ⇒
a = 3
Portanto, o primeiro termo e 3 e a razão da progressão aritmética é 4. Solução. b) Suponhamos que o primeiro termo seja a e a razão r, então a soma dos n primeiros termos é S = a + (a + r) + (a + 2r) + isto é S = na +
(n
− 1)n r ⇒ 2
··· + (a + (n − 1)r)
S =
1 [2na + n(n 2
− 1)]
Pela hipótese segue 1 [2na + n(n 2
− 1)r] = n2 + n + 1 ⇒
n2 r + n(2a
− r) + 0 = 2n2 + 2n + 2
45
Christian José Quintana Pinedo
de onde r = 2,quad2a
− r = 2 ⇒
a = 2,
e 0 = 2
isto último é absurdo. Portanto, não existe tal progressão. Exercício 5.6.15.
Determine no quadro abaixo: 1 3 7 13 21 . ..
5 9
11
15 17 23 25 . . . . ..
19 27 29 . . . . ..
.. .
a) o primeiro elemento da 31a linha. b) a soma dos elementos da 31a linha Solução. Sugestão: O primeiro elemento da 31a linha é precedido por 1 + 2 +
··· + 30 termos.
Exercício 5.6.16.
Refaça o Exercício Recomendado em (5.5.8) para o caso do vencedor ser quem disser 64. Solução.
Exercício 5.6.17.
Refaça o exercício 24) para o conjunto {3;4;5;6}. Solução. Sugestão:
Exercício 5.6.18.
Mostre que no exercício Recomendado em (5.5.8) , se o conjunto fosse A = { 3;5;6;7}, o segundo jogador tem a estratégia que impede o primeiro jogador de ganhar. Solução. Sugestão: Em algum momento o segundo jogador receberá a soma maior que ou igual a
46
MA12
− 2012
Sugestão: Exercício 5.6.19.
Uma bobina de papel tem raio interno 5cm, raio externo 10cm e a espessura do papel é 0, 01cm. Qual é o comprimento da bobina desenrolada Solução. Sugestão:Considere a bobina formada por círculos cujos raios formam uma progressão aritmética cuja razão é a espessura do papel.
Exercício 5.6.20. (1), (2 : 3)(4;5;6) (7;8;9;10) (11 : Dividem-se os números naturais em blocos do modo seguinte: 12 : 13 : 14) :::. Em seguida suprimemse os blocos que contêm um número par de elementos, formando-se o quadro: 1 4 11 . ..
5 6 12 13 14 . . . . . . . ..
15 . . . . ..
.. .
Determine: a) o primeiro elemento da linha k. b) o elemento central da linha k. c) a soma dos elementos da linha k . d) a soma dos elementos das k primeiras linhas Solução. Sugestão:20a. Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem. 20b. Trata-se de uma progressão aritmética de segunda ordem. 20c. Trata-se de uma progressão aritmética de terceira ordem. 30d. Trata-se de uma progressão aritmética de quarta ordem.
Exercício 5.6.21. Prove: se an é um polinômio de grau p então
Solução.
△a
n
é um polinômio de grau p − 1.
Sugestão:Basta mostrar que an e an+1 são polinômios de grau p cujos termos de maior grau são idênticos e cujos termos de grau p 1 são diferentes.
−
Exercício 5.6.22.
Prove o corolário 6. Solução.
47
Christian José Quintana Pinedo
Sugestão: Se F (k) = a p k p + a p−1 k p−1 + n
··· + a1
n
∑ ∑ k +
k=1
n
··· + a1k + a0 então
a0
∑
k=1
n
F (k) = a p
∑
k =1
k p + a p−1
n
∑
k p−1 +
k =1
k=1
Exercício 5.6.23.
Quantos são os termos comuns às progressões aritméticas (2; 5;8; 11; :::;332) e (7; 12; 17; 22; :::; 157)? Solução. Sugestão: Os termos da primeira progressão são da forma 2 + 3t, 0 6 t 6 110 e os da segunda são da forma 7 + 5s; 0 6 s 6 30. Devemos ter 2 + 3t = 7 + 5s. Daí, 3t = 5(1 + s) e t deve ser múltiplo de 5. Se t = 5k, s = 3k .. 1. As limitações 0 6 t 6 110 e 0 6 s 6 30 dão origem a uma limitação para k:
Exercício 5.6.24.
Benjamin começou a colecionar calendários em 1979. Hoje, sua coleção já tem algumas duplicatas por exemplo, o calendário de 1985 é igual ao de 1991 - mas ainda não está completa. a) Em que ano Benjamim completará sua coleção? b) Quando a coleção estiver completa, quantos calendários diferentes nela haverá? Solução. Sugestão:Procure primeiramente entender porque os calendários de 1985 e 1991 são iguais. Em segundo lugar, note que, como há mais anos não-bissextos do que bissextos, provavelmente a coleção ficará completa quando Benjamim tiver todos os calendários de anos bissextos.
Exercício 5.6.25. 2n + 3
A razão entre as somas dos n primeiros termos de duas progressões aritméticas é , para todo 4n − 1 valor de n. Quanto vale a razão entre seus termos de ordem n? Solução.
··· a −1, a , são n termos e sua soma é S = na1 + rn(n2− 1) . Rn(n − 1) Seja a progressão da razão R: b1 , b2 , b3 , ··· b −1 , b , são n termos e sua soma é S = nb 1 + . 2 Logo 2n + 3 2na1 + rn(n − 1) 2a1 + r(n − 1) S rn + (2a1 − r) = = = = 4n − 1 S 2nb1 + Rn(n − 1) 2b1 + R(n − 1) Rn + (2b1 − R) 5 + 2(n − 1) 5 + 4(n − 1) 2 Assim, r = 2, R = 4, a1 = 5/2 e b1 = 3/2. A razão pedida é = 3 3 + 8(n − 1) + 4(n 1) − 2 4n + 1 Portanto, é a razão pedida. 8n − 5 Seja a progressão de razão r: a1 , a2 , a3 ,
a b
n
n
a
n
n
b
48
MA12
− 2012
Unidade 4 Progressões Geométricas
6.5
Exercícios Recomendados
Exercício 6.5.1.
Aumentos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um aumento único de quanto? Solução. Suponha temos que pagar A reais por um produto, com um aumento de 10% teremos que pagar 10A 110A A + 10% de A, isto é o novo preço é A + = reais. 100 100 Por último temos que pagar o 20% deste preço, isto é temos que pagar 110A 20 + 100 100
110A 22A 132A = + = × 110A 100 100 100 100
Aumentos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um aumento único de 32%. Em geral aumentos sucessivos de m% e n% equivalem a um aumento único de m + n +
mn por cento. 100
Exercício 6.5.2.
Aumentando sua velocidade em 60%, de quanto você diminui o tempo de viagem? Solução. Suponha que para uma velocidade v percorremos um espaço E num tempo t, logo E = vt. Aumentando em 60% nossa velocidade, teremos um tempo x para percorrer o mesmo espaço, logo E = x(v + 0, 6v, assim t 10 = t = 0, 625t vt = 1, 6xv x = 1, 6 16
⇒
A velocidade diminue 37, 5% Exercício 6.5.3.
Um decrescimento mensal de 5% gera um decrescimento anual de quanto? Solução.
Exercício 6.5.4.
Mantida constante a temperatura, a pressão de um gás perfeito é inversamente proporcional a seu volume. De quanto aumenta a pressão quando reduzimos de 20% o volume? Solução.
Exercício 6.5.5.
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Christian José Quintana Pinedo
Um carro novo custa R$18000, 00 e, com 4 anos de uso, vale R$12000, 00. Supondo que o valor decresça a uma taxa anual constante, determine o valor do carro com 1 ano de uso. Solução. Sugestão: O valor, em mil reais, do carro com n anos de uso forma a progressão geométrica na qual a0 = 18 e a4 = 12. Determine a1.
Exercício 6.5.6.
Determine três números em progressão geométrica, conhecendo sua soma 19 e a soma de seus quadrados 133. Solução. Sejam os números a, ar e ar2 logo a + ar + ar2 = 19
e a2 + a2 r2 + a2 r4 = 133 = 7(19)
Observe que r 4 + r2 + 1 = (r2 + r + 1)(r2 a2 + a2 r2 + a2 r4 = 7(a + ar + ar2 )
⇒
a
− r + 1) logo
− ar + ar2 = 7 ⇒
2a + 2ar2 = 19+ 7
⇒
a + ar2 = 13
3 2 Como a + ar + ar2 = 19 e a + ar2 = 13 então ar = 6, de onde r = ou r = . 2 3 3 27 Se r = , então a = 4, e os números são: 4, 6, 9, o quarto termo é . 2 2 2 8 Se r = então a = 9, e os números são: 9, 6, 4, o quarto termo é . 3 3 Exercício 6.5.7.
Número perfeito é aquele que é igual à metade da soma dos seus divisores positivos. Por exemplo, 6 é perfeito pois a soma dos seus divisores é 1 + 2 + 3 + 6 = 12 . Prove que, se 2 p − 1 é um número primo, então 2 p−1 (2 p − 1) é um número perfeito. Solução. Como (2 p
− 1) é primo, os divisores do número N = 2 −1(2 − 1) são: p
20 , 21 , 22 ,
p
· ·· , 2 −1, 20(2 − 1), 21(2 − 1), 22(2 − 1), · ·· , 2 −1(2 − 1) p
p
p
p
p
p
Observe que podemos escrever estes divisores na forma 2α (2 p
β
− 1)
,
α
∈ { 0, 1, 2, 3, · ·· , p − 1 }, β ∈ { 0, 1}
A soma deste divisores é: S = [20 + 21 + 22 +
··· + 2 −1] + [20(2 − 1) + 21(2 − 1) + 22(2 − 1) + ··· + 2 −1(2 − 1)] ⇒ 2 −1 2 −1 S = + (2 − 1)[ ] ⇒ S = (2 − 1)[1 + (2 − 1)] = 2[2 −1 (2 − 1)] 2−1 2−1 p
p
p
p
p
de onde S = 2N ; logo N é número perfeito.
p
p
p
p
p
p
p
p
50
MA12
− 2012
Exercício 6.5.8.
Calcule o valor da soma de n parcelas 1 + 11 + ··· + 111 ··· 1 Solução. Seja S = 1 + 11 + 111 + 1111 +
· ·· + 111111111 ··· 1.
Aplicando a soma dos termos de uma progressão geométrica para a razão r = 10 tem-se: 1=
1 1
− 10 , − 10
11 = 1 + 10 =
1 102 , 1 10
− −
111 = 1 + 10 + 102 =
1 104 1111 = 1 + 10 + 10 = , 1 10 2
− −
3
Como o último número tem n algarismos, então 1111
1 103 1 10
− −
··· , n
··· 11 = 1 + 10 + 102 + 103 + ··· + 10 −1 = 11−−1010 n
Logo podemos escrever, usando estas igualdades: 1 S = 1
− 10 + 1 − 102 + 1 − 103 + ··· + 1 − 10 ⇒ 1 − 10 − 10 1 − 10 1 − 10 n
S =
1 10 + 102 + 103 + 9
�
1 10(10n 1) S = 9 10 1
�
n
�
··· 10 − n ⇒
�
− −n ⇒ − 1 S = [10 +1 − 10 − 9n] ∀ n ∈ N 81 n
Portanto, a soma pedida é
1 [10n+1 81
− 10 − 9n]
∀n∈N
Exercício 6.5.9.
Um garrafão contém p litros de vinho. Retira-se um litro de vinho do garrafão e acrescenta-se um litro de água, obtendo-se uma mistura homogênea; retira-se, a seguir um litro da mistura e acrescenta-se um litro de água e assim por diante. Qual a quantidade de vinho que restará no garrafão após n dessas operações? Solução. Sugestão: Em cada operação, a quantidade de vinho diminui de
1 p
Exercício 6.5.10.
Larga-se uma bola de uma altura de 5cm. Após cada choque com o solo, ela recupera apenas 4/9 da altura anterior. Determine: a) a distância total percorrida pela bola. b) o tempo gasto pela bola até parar. Solução. a) Depois do primeiro contato com o solo a distância percorrida é em dobro até ficar em repouso, logo,
51
Christian José Quintana Pinedo
se D é a distância total percorrida tem-se quando L = 5cm
�� � � � � � ··· � � ··· � � � � � � � � ··· � � ··· � � � ⇒
D = L + 2
D = L + 2
4 4 + 9 9
2
4 4 4 L 1+ L+ 9 9 9
8 1 D = L + L 9 1
−
4 9
L+
2
L+
L+ 4 9
3
+
L+
13 L 5
=
4 9
3
4 9
+
n
L+ 4 9
n
L+
D = 13cm
A distância total percorrida pela bola é 13cm.
Solução. b) Sugestão: O tempo que uma bola gasta, partindo do repouso, para cair de uma altura h é p 2h=g e quando uma bola é lançada do chão verticalmente para cima, o tempo gasto na subida é igual ao tempo da descida. Exercício 6.5.11.
Uma faculdade recebe todos os anos 300 alunos novos no primeiro semestre e 200 alunos novos no segundo semestre. 30reprovados no primeiro período e repetem o período no semestre seguinte. Sendo an e bn, respectivamente, o número de alunos do primeiro período no primeiro e no segundo semestres do ano n, calcule lim an e lim bn: Solução. Sugestão: lim an = 300 + 0; 3 : 200 + 0; 32 : 300 + 0; 33 : 200 + : : :
Exercício 6.5.12. Se (an ) é uma progressão geométrica, prove que (bn ) definida por bn = log an é uma progressão
aritmética. Solução. Sendo (an ) uma progressão geométrica de razão r, tem-se que a n = a n−1 r, para todo n
·
∈ N, de onde
∀n∈N
bn = log an = log(an−1 r = log an−1 + log r = b n−1 + r,
·
Portanto, (bn ) é uma progressão aritmética de razão er . Exercício 6.5.13.
Se (an ) é uma progressão aritmética, prove que (bn ) definida por bn = e a é uma progressão geométrica. Solução. n
Sendo (an ) uma progressão aritmética de razão r, tem-se que an = an−1 + r, para todo n onde bn = e a = e a −1 +r = e a −1 er = b n−1 er , n N n
n
n
·
Portanto, (bn ) é uma progressão geométrica de razão e r . Exercício 6.5.14.
·
∀ ∈
∈ N, de
52
MA12
Seja A = Solução.
� �
Dado A =
1 2 2 4
− 2012
. Determine An :
� � � 1 2 2 4
tem-se
A2 =
1 + 22
2 + 2(22 )
2 + 2(22 )
22
+ 42
�
= (1 + 22 )
� � 1
2
2
4
= (1 + 22 )A
Disto decorre A3 = (1 + 22 )A2 = (1 + 22 )2 A A4 = (1 + 22 )A3 = (1 + 22 )3 A Em geral podemos supor
An = (1 + 22 )n−1 A para n
∈ N.
Mostrado que cumpre para n = 2, e supondo verdadeiro para n = h
∈ N, seja h + 1 ∈ N. Tem-se
Ah+1 = a Ah = A Ah = A (1 + 22 )h−1 A = (1 + 22 )h−1 A2 = (1 + 22 )h−1 (1 + 22 )A = 5h A
·
·
Portanto, A n = 5n−1 A,
6.6
·
∀ n ∈ N.
Exercícios Suplementares
Exercício 6.6.1.
Descontos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um desconto único de quanto? Solução. Suponha temos que pagar A reais por um produto, com um desconto de 10% teremos que pagar 10A 90A A 10% de A, isto é o novo preço é A = reais. 100 100 Por último temos um desconto de 20% deste preço, isto é temos que pagar
−
−
90A 100
20 90A 18A 72A − 100 × 90A − = = 100 100 100 100
Descontos sucessivos de 10% e 20% equivalem a um desconto único de 28%. Em geral descontos sucessivos de m% e n% equivalem a um desconto único de m + n
− mn por cento. 100
Exercício 6.6.2.
Um aumento de 10% seguido de um desconto de 20% equivale a um desconto único de quanto? Solução. Suponha temos que pagar A reais por um produto, com um aumento de 10% teremos que pagar 10A 110A A + 10% de A, isto é o novo preço é A + = reais. 100 100 Por último temos um desconto de 20% deste preço, isto é temos que pagar 110A 100
20 110A 22A 88A − 100 × 100 = 110A − = 100 100 100
Um aumento de 10% seguido de um desconto de 20% equivale a um desconto único de quanto 22%. Exercício 6.6.3.
53
Christian José Quintana Pinedo
O período de um pêndulo simples é diretamente proporcional à raiz quadrada do seu comprimento. De quanto devemos aumentar o comprimento para aumentar de 20% o período? Solução.
Exercício 6.6.4.
Se a base de um retângulo aumenta de 10% e a altura diminui de 10%, de quanto aumenta a área? Solução. 1 bh. 2 Aumentando em 10% a base, a nova base mede 1, 1b. Diminuindo a altura em 10%, a nova altura 1 1 mede 0, 9h, conseqüentemente a área com estas novas dimensões é A1 = (1, 1b)(0, 9h) = (0, 99). 2 2 Comparando estas áreas tem-se que a nova área diminue em 0, 01. Seja b a base e h a altura de um triângulo, sua área é A =
Portanto, a área diminue em 1% Exercício 6.6.5.
Os lados de um triângulo estão em progressão geométrica. Entre que valores pode variar a razão? Solução. Suponhamos a > 0 e r > 0 e sejam a, ar e ar 2 os lados do triângulo, sabe-se que um dos lados sempre é menos que a soma dos outros dois, logo a < ar + ar2 ,
ar < a + ar2 ,
ar2 < a + ar
⇒
calcelando a 1 < r + r2 , (r
−
Portanto, r
1 2 ) 2
∈
−(
√ 5 2
r < 1 + r2 ,
r2 < 1 + r
r2
− r − 1 < 0 √ 5 √ 5 √ √ 1 1− 5 1+ 5
)2 < 0
√
⇒
1+ 5 (0, ). 2
Exercício 6.6.6.
Os lados de um triângulo retângulo formam uma progressão geométrica crescente. Determine a razão dessa progressão. Solução. Sejam a, ar e ar2 os lados do triângulo, logo como o triângulo é retângulo 2 2
2
2
(ar ) = (ar) + a
⇒
Pelas condições do problema a razão é
4
2
2
r = r + 1
r =
�
Exercício 6.6.7.
Qual o quarto termo da progressão geométrica Solução.
r =
⇒ √ 1+ 5
1
.
2
√ 2, √ 2, √ 2, ··· ? 3
6
±
√ − 1
2
4(1)( 1)
−
54
MA12
− 2012
√ 2 √ 22 1 √ √ Tem-se: 2 então r = √ = √ = √ , por último a 3 = a 1 r2 = 2. 1 2 = a 1 r = 2 2 23 √ √ √ 1 2 Isto é a 3 = ( 2)( √ )2 = √ = 2. Efetivamente trata-se de uma progressão geométrica. 2 22 √ 1 O quarto termo é 2 · √ = 1 é a unidade. 2 √ a = 2, a
6
3
3
6
6
6
6
6
6
6
6
Exercício 6.6.8.
A soma de três números em progressão geométrica é 19. Subtraindo-se 1 ao primeiro, eles passam a formar um progressão aritmética. Calcule-os. Solução. 3 Pelo exercício anterior os números são: 4, 6, 9, a razão é r = . 2 Substraindo 1 ao primeiro número resulta o conjunto ordenado: 3, 6, 9, é uma progressão aritmética de razão R = 3. Exercício 6.6.9.
Quatro números são tais que os três primeiros formam uma progressão aritmética de razão 6, os três últimos uma progressão geométrica e o primeiro número é igual ao quarto. Determine-os. Solução. Suponhamos os três primeiros números: a 6, a, a + 6. Suponhamos os três últimos números: a, ar, ar2 . Logo temos os quatro números:
−
a
− 6, a, a + 6, ar2
ou
a
− 6, a, ar, ar2
Por hipótese, tem-se que a 6 = ar 2 então a(1 r2 ) = 6 e como os números do terceiro lugar também têm que ser iguais, segue que a + 6 = ar de onde 6 = a(r 1) Assim, a(1 r 2 ) = 6 = a(r 1) 1 r2 = r 1 r = 2. se r = 2 a = 2. Portanto, os números são: 8, 2, 4, 8 nessa ordem.
−
−
−
− ⇒ − − − −
−
−
⇒
−
−
⇒
−
Exercício 6.6.10.
Mostre que o número 444 ··· 488 ··· 89, formado por n dígitos iguais a 4 , n − 1 dígitos iguais a 8 e um dígito igual a 9, é um quadrado perfeito. Determine sua raiz quadrada. Solução. Tem-se N = 444
··· 488 ··· 89 = 444 ··· 4000 ··· 00 + 88 ··· 80 + 9 N = 444 ··· 488 ··· 89 = 4(102 −1 + ··· + 10 ) + 8(10 −1 + 10 −2 + ··· + 102 + 10) + 9 N = 4 × 10 (10 −1 + ··· + 1) + 8 × 10(10 −2 + 10 −3 + ··· + 10 + 1) + 9 10 − 1 10 −1 − 1 N = 4 × 10 ( ) + 8 × 10( )+9 10 − 1 10 − 1 n
n
n
n
N =
1 4 9
�×
n
(10n )2
1 N = [2 9
n
× 10
n
n
n
Afirmo: O número 2
n
n
− 4 × 10
× 10
n
n
n
2
+8
+ 1] =
�
n
× 10 − 8 × 10 + 81 2 2 × 10 + 1 n
3
+ 1 é múltiplo de 3.
Com efeito, se n = 1 tem-se 2
× 101 + 1 = 21 = (3)(7) é verdade.
�
�
55
Christian José Quintana Pinedo
Suponhamos que 2 Seja h + 1 2
× 10
h
+ 1 = 3k para algum k
∈ N, logo pela hipótese auxiliar
∈ Z.
h
h
h
× 10 h + 1 + 1 = 2 × 10 (9 + 1) + 1 = 2 × 10 (9) + (2 × 10
Portanto 2
n
× 10
∈ Z
+ 1) = 3k1 + 3k,
+ 1 é múltiplo de 3, e N é um quadrado perfeito. Sua raiz é
2
k1 n
× 10
+1
3
.
Exercício 6.6.11.
A espessura de uma folha de estanho é 0,1mm. Forma-se uma pilha de folhas colocando-se uma folha na primeira vez e, em sada uma das vezes seguintes, tantas quantas já houveram sido colocadas anteriormente. Depois de 33 dessas operações, a altura da pilha será, aproximadamente: a) a altura de um poste de luz, b) a altura de um prédio de 40 andares. c) o comprimento da praia de Copacabana. d) a distância Rio-São Paulo. e) o comprimento do equador terrestre. Solução. Sugestão: Cada operação dobra o número de folhas. Use 2 10 = 1024
≈= 103.
Exercício 6.6.12.
Calcule a soma dos divisores de 12.600 que seja: a) positivos . Solução. a)
b) ímpares e positivos.
Seja o número: N = p n1 1 pn2 2 pn3 3 Afirmo:
nm−1 nm m 1 pm
··· p
−
i) A soma dos divisores positivos de um número N é dada pela igualdade: S (N ) =
pn1 1 +1 1 p1 1
�
− −
pn2 2 +1 1 p2 1
− −
��
pn3 3 +1 1 p3 1
− ··· −
��
pnm +1 1 pm 1 m
� �
− −
�
ii A quantidade máxima dos divisores positivos de N é dada pela igualdade M , onde: M = (n1 + 1)(n2 + 1)(n3 + 1)(n4 + 1)
··· (n
m 1 +
−
1)(nm + 1)
Com efeito, para mostrar i) . Suponha m = 1, então N = p n1 1 ; os divisores de N são os números pn1 1 +1 1 n1 2 3 de todos eles é: S (k) = 1 + p1 + p1 + p1 + + p1 = . p1 1 Suponha para m = h, a soma dos divisores positivos de N seja:
− −
···
pn1 1 +1 1 S (N h ) = p1 1
�
− −
pn2 2 +1 1 p2 1
− −
��
Para m = h + 1 temos que N h+1 = p n1 1 pn2 2 pn3 3
·
1, p1 , p21 , p31 ,
·
pn3 3 +1 1 p3 1
��
nh h
− ··· −
pnh +1 1 ph 1
� �
m
−
e a soma
�
nh+1 h
··· p · p +1 . A soma de todos os divisores de k ; é:
S (N h+1 ) = S (N h ) + S (kh ) p1h+1 + S (N h ) p2h+1 + S (N h ) p3h+1 +
·
−
n1
· ·· , p1
·
·
S (N h+1 ) = S (N h )[1 + p1h+1 + p2h+1 + p3h+1 +
nh+1 h
··· + S (N ) p +1
nh+1 h
··· + p +1 ]
h
56
MA12
�
+1
nh
+1 ph+1 S (N h+1 ) = S (N h ) ph+1
−1 −1
− 2012
�
Portanto, a soma dos divisores positivos de N é: pn1 1 +1 1 S (N ) = p1 1
− p2 +1 − 1 p3 +1 − 1 ··· p +1 − 1 p2 − 1 p3 − 1 p − 1 − O número N = 12.600 = 23 × 32 × 52 × 71 , logo em virtude de ii) o máximo número de divisores
�
n2
��
��
n3
nm m
� �
�
m
positivos é M = (3 + 1)(2 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 72. Por outro lado, todos os divisores de 12.600 são da forma 2α 3β 5γ 7θ , α 0, 1, 2, 3 , β 0, 1, 2 , γ 0, 1, 2 , θ 0, 1
× × ×
∈{
} ∈ {
}
∈ {
}
∈{ }
Para usar a afirmativa i) tem-se: n1 = 3, n2 = 2, n3 = 2, n4 = 1, logo a soma procurada é S =
24 2
− 1 · 33 − 2 · 5 3 − 1 · 7 2 − 1 = (15)( 25 )( 7 )(8) = 2625 −1 3−1 5−1 7−1 2 4
A soma de todos os divisores positivos de 12600 é 2625. Solução. b) Exercício 6.6.13.
Determine as geratrizes das dízimas periódicas: Solução. a)
N = 0, 141414141
··· = 0, 14 + 0, 0041 + 0, 000041 + ···
N = 41(
1 1 1 + 4+ 6+ 2 10 10 10
··· ) = 10412 (1 + 1012 +
�
�
41 1 41 N = = 1 100 1 102 99 b)
M = 0, 345454545 N =
−
1 102
2
1 102
3
� � � � +
+
··· = 0, 3 + 0, 045 + 0, 00045 + 0.0000045 + ···
3 1 1 1 + 45( 3 + 5 + 7 + 10 10 10 10
�
··· ) = 103 + 10453 (1 + 1012 +
�
1 102
2
1 102
d)
−
+
−
0, 999999999
··· 1, 711111111 ···
Exercício 6.6.14.
Determine os limites das somas abaixo Solução. a.
2 2 S = 2 + + + 3 9
··· + 32 + ··· n
1 1 S n = 2(1 + + + 3 9 Quando n
→ ∞ tem-se que S → 3. n
1
··· + 3 −1 ) = 2 n
1 n 3 1 3
� −� � � 1
1
−
3
� � � �
3 45 1 3 45 345 3 342 N = + = + = = 1 10 1000 1 102 10 990 990 990 c)
··· )
= 3(1
−
1 3
��
n
)
+
··· )
57
Christian José Quintana Pinedo
Portanto, o limite da soma é S = 3 b. Sugestão: São duas progressões geométricas. S
c. Sugestão: Sendo S a soma pedida, calcule d.
S = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 +
2
e subtraia.
−1 < x < 1. Seja
··· ,
S n = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 +
··· + nx −1 ⇒ n
−xS = −x − 2x2 − 3x3 − 4x4 − · · · − nx n
n
Somando estas igualdades 2
3
n 1
S n − xS n = 1 + x + x + x + ··· + x − S n =
− nx
1
(1
n
(1
⇒
n
n
− x)2 [(1 − x ) − n(1 − x)x
−
1 xn x)S n = 1 x
− − nx −
n
]=
−1 < x < 1, quando n → ∞ tem-se que S → (1 −1 x)2 .
Como
n
Portanto, o limite da soma é S =
1
(1
e.
− x)2
Exercício 6.6.15.
Na figura abaixo temos uma linha poligonal, de lados ora perpendiculares a AB , ora perpendiculares a AC . Sendo a e b, respectivamente, os dois primeiros lados da poligonal, pede-se determinar: a) o
Figura 6.5:
comprimento da mesma. b) o comprimento do n-ésimo lado da poligonal. Solução. a) Na primeira paralela ao lado do segmento a, podemos indicar na sua parte superior com o ponto D e na sua parte inferior com o ponto E , logo temos que os triângulos C DB e C ED são semelhantes. Assim sen( CB D) = sen( EC D)
b DE = a b
⇒
DE =
⇒
b2 b = a a a
2
��
Na segunda paralela ao lado do segmento a, podemos indicar na sua parte superior com o ponto F e na sua parte inferior com o ponto G, logo temos que o segmento F G = a( ab )4 , e assim sucessivamente, o comprimento de todas as paralelas ao segmento B C formam a progressão geométrica b a
2
b a
4
b a
6
b a
8
� � � � � � � � · ··
a, a
,a
,a
,a
,
,
(6.1)
58
MA12
− 2012
3
b a
Por outro lado, sen( F DG) = sen( GEF ) então EF FG = DE EF
2
EF = F G DE
⇒
·
2
EF = a
⇒
b a
4
b a
2
��·�� a
EF = a
⇒
b a
2
�� �� = b
E assim sucessivamente, o comprimento de todas as paralelas ao segmento CD = b formam a progressão geométrica b, b
b a
2
b a
4
b a
6
b a
8
b a
10
�� �� �� �� �� ,b
,b
,b
,b
,
· ·· ,
(6.2)
O comprimento da poligonal é a soma dos termos das progressões (6.1) e (6.2), isto é, seja P a soma procurada b a
2
b a
4
b a
6
b a
8
�� �� �� ��
P = [a+a
+a
+a
+a
P n = (a + b)
+
··· , ]+ [b+b
b a
b a
O comprimento da poligonal é P =
Solução. b)
2n
�� − ×�� − 2
1
1
b a
2
b a
4
b a
6
b a
8
b a
10
�� �� �� �� �� +b
−→ n→∞
P =
+b
+b
+b
,
··· , ] =
a2 (a + b) a2 b2
−
a2
a
−b
x
Exercício 6.6.16.
Na figura abaixo temos uma espiral formada por semicírculos cujos centros pertencem ao eixo das abcissas. Se o raio do primeiro semicírculo é igual a 1 e o raio de cada semicírculo é igual à metade do raio do semicírculo anterior, determine:
Figura 6.6: a) o comprimento da espiral.
59
Christian José Quintana Pinedo
Figura 6.7: b) a abcissa do ponto P, ponto assintótico da espiral.
Solução. Sugestão: A abcissa do ponto assintótico é 2 .. 1 + 1 2 .. 1 4 + : : :
Exercício 6.6.17.
Na figura abaixo temos uma sequência de círculos tangentes a duas retas. O raio do primeiro círculo é 1 e o raio do segundo é r < 1. cada círculo tangencia externamente o círculo anterior. Determine a soma dos raios dos n primeiros círculos. Solução.
Exercício 6.6.18.
Seja S n a soma das áreas dos n primeiros quadrados obtidos a partir de um quadrado Q1 de lado 1 pelo seguinte processo: “os vértices do quadrado Q n+1 são os pontos médios dos lados de Q n ”. Determine quais das afirmações abaixo são verdadeiras: 1) É possível escolher S n de modo que S n > 1; 9. 2) É possível escolher S n de modo que S n > 2 . 3) É possível escolher S n de modo que S n > 2; 1. 4) É possível escolher S n de modo que S n = 2. 5) É possível escolher S n de modo que S n = 1;75. Solução.
Exercício 6.6.19.
60
MA12
− 2012
Sendo x e y positivos, calcule:
� � � √
(a)
x x x x...
� � � √
(b)
x y
x y...
Solução. Podemos supor cada exercício com infinitos termos. a) Seja S =
� � √ √
x x x x...
Portanto, b) Seja T =
S 2 = x
⇒
S 2 = xS
≈ x, pois S ̸ = 0. √ y x y... ⇒
x x x x . . ., logo
S (S
− x) = 0 ⇒
S = 0,
S = x
S
� � √ x
T 2 = x
T 4 = x 2 yT Portanto,
⇒
� � √ √
T =
Exercício 6.6.20.
√ 3
⇒
� � √ √ y
T (T 3
x y x...
− x2y) = 0 ⇒
⇒
T 4 = x 2 y
T = 0,
� � √ √ √
T =
x y
3
x y . . ., logo
x2 y
x2 y, pois S = 0.
̸
Começando com um segmento de tamanho 1, dividimo-lo em três partes iguais e retiramos o interior da parte central, obtendo dois segmentos de comprimento 1/3. Repetimos agora essa operação com cada um desses segmentos e assim por diante. Sendo S n a soma dos comprimentos dos intervalos que restaram depois de n dessas operações, determine: a) O valor de S n . b) O valor de lim S n : n→∞ c) Certo livro, muito citado em aulas de análise de erros de livros didáticos, afirma que, ao final, o conjunto dos pontos não retirados é vazio. Isso é verdade? Solução. a) Dividimo-lo em três partes iguais o segmento 1 e retirado o interior da parte central, obtém-se dois 1 segmentos de comprimento 1/3, logo S 1 = 2 . 3 Dividimo-lo em três partes iguais o segmento 1/3 e retirado o interior da parte central, obtém-se 1 1 quatro segmentos de comprimento 1/32 , logo S 2 = 2 + 4 2 . 3 3 Dividimo-lo em três partes iguais o segmento 1/32 e retirado o interior da parte central, obtém-se oito 3 1 1 1 1 segmentos de comprimento 1/33 , logo S 3 = 2 + 4 2 + 8 2 = 2k k . 3 3 3 3 k =1 n n 1 2 k Portanto, o valor de S n = 2k k = . 3 3 k=1 k =1 Solução. b) 2 k 2 1 lim S n = lim = =2 n→∞ n→∞ 3 3 1 23
·
·
·
�
·
·
�� � ��
·
· −
∑
·
61
Christian José Quintana Pinedo
Exercício 6.6.21.
35. O rádio-226 tem meia-vida (período de tempo em que metade da massa inicialmente presente se desintegra) de 1600 anos. A taxa de variação da massa é constante. Em quanto tempo a terça parte da massa inicialmente presente se desintegrará? Solução. Sugestão: Tomando 1600 anos como unidade de tempo, a massa existente no instante t é M(t) = M(0)0; 5t.
Exercício 6.6.22.
Sejam a = 111 ··· 1 ( n dígitos iguais a 1) e b = 100 ··· 05 ( n − 1 dígitos iguais a 0). Prove que ab + 1 é um quadrado perfeito e determine sua raiz quadrada Solução. Tem-se a = 111
n
n
··· 1 = 10 −1 + 10 −2 + ··· + 102 + 10 + 1 = 1010 −−11 = 10 9− 1 b = 100 ··· 05 = 10 + 5 n
n
n
logo ab + 1 =
10n 1 9
− × (10
n
+ 5) + 1 =
1 [(102n + 4(10n ) 9
1 10n 1 ab + 1 = (10n + 2)2 = 9 3
�
10n + 2 é um número inteiro. 3 Com efeito
−
− 5) + 9]
2
�
(6.3)
Afirmo,
1 1 1 (10n + 2) = [(9 + 1)n + 2] = [ 3 3 3
� � � � n 0
9n +
n 1
9n−1 +
··· +
�
n n
−1
�
9 + 1n + 2] =
1 n 1 (10 + 2) = [múltiplo de 9 + 3] = múltiplo de 3 Z 3 3 1 n Portanto, ab + 1 é quadrado perfeito, e sua raiz quadrada é (10 + 2). 3
∈
Exercício 6.6.23.
A curva de Koch é obtida em estágios pelo processo seguinte: i) No estágio 0, ela é um triângulo equilátero de lado 1. ii) O estágio n+1 é obtido a partir do estágio n, dividindo cada lado em três partes iguais, construindo externamente sobre a parte central um triângulo equilátero e suprimindo então a parte central (ver figura abaixo). Sendo Pn e An respectivamente o perímetro e a área do n-ésimo estágio da curva de Koch, determine: a)Pn b)An c) lim Pn d) limAn: Solução.
62
MA12
− 2012
Exercício 6.6.24.
Pitágoras 1 , que estudou a geração dos sons, observou que duas cordas vibrantes, cujos comprimentos estivessem na razão de 1 para 2, soariam em uníssono. Hoje sabemos que a razão das frequências dos sons emitidos por essas cordas seria a razão inversa dos seus comprimentos, isto é, de 2 para 1 e que duas cordas vibram em uníssono se e só se a razão de seus comprimentos é uma potência inteira de 2. A freqüência da nota lá-padrão (o lá central do piano) é 440Hz e a freqüência do lá seguinte, mais agudo, é 880Hz (Hz é a abreviatura de hertz, unidade de freqüência que significa siclo por segundo). A escala musical ocidental (de J.S.Bach pra cá), dita cromática, divide esse intervalo em doze semitons iguais, isto é, tais que a razão das freqüências de notas consecutivas é constante. Sabendo que essas notas são LÁ - LÁ# - SI - DÓ - DÓ # - RÉ - RÉ # - MI - FÁ - FÁ# - SOL - SOL# - LÁ, determine: a) a frequência desse dó, primeiro dó seguinte ao lá padrão. b) a frequência do sinal de discar de um telefone, que é o primeiro sol anterior ao lá padrão. c) a nota cuja freqüência é 186Hz. Solução.
Exercício 6.6.25.
A lei de Weber (Ernest Heinrich Weber; 1795 − 1878; fisiologista alemão), para resposta de seres humanos a estímulos físicos, declara que diferenças marcantes na resposta a um estímulo ocorrem para variações de intensidade do estímulo proporcionais ao próprio estímulo. Por exemplo, um homem, que sai de um ambiente iluminado para outro, só percebe uma variação da luminosidade se esta for superior a 2%; só distingue entre soluções salinas se a variação da salinidade for superior a 25%, etc. Fechner (Gustav Theodor Fechner; 1801 − 1887; físico e filósofo alemão) propôs um método de construção de escalas baseado na lei de Weber. propôs que enquanto os estímulos variassem em progressão geométrica, as medidas das respostas variassem em progressão aritmética. a) Mostre que numa escala de Fechner, as medidas da resposta y e do estímulo x se relacionam por y = a + b log x. b)Uma das mais conhecidas escalas de Fechner é a que mede a sensação de ruído. Ela é definida por L = 120 + 10 log10 l, onde L é a medida da sensação d e ruído em decibéis (dB) e l é a intensidade sonora, medida em W/m2 . Duas bandas de “heavy metal” provocam um ruído quantos decibéis acima do ruído provocado por uma banda? Solução.
Sugestão: Inspire-se no problema 23c).
Exercício 6.6.26.
Determine o valor de: 1
Pitágoras, matemático de Samos, cerca de cinco séculos e meio antes de Cristo.
