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CAPÍTULO 1 - QUESTÕES 1 A 12
01 – Calcular a soma dos “n” primeiros inteiros positivos.
SOLUÇÃO:- Vamos escrever a soma dos n primeiros números inteiros positivos em
ordem crescente e a mesma soma em ordem decrescente, temos
S = 1 + 2 + ......... + n – 3 + n – 2 + n – 1 + n S = n + n – 1 + ........ + 4 + 3 + 2 + 1
Somando as duas igualdades: 2S = (n + 1) + (n + 1) + ........ + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1)
Observe que serão n parcelas iguais a (n + 1). Portanto, 2S = n(n + 1) S = n(n + 1)/2. Resposta: S = n(n + 1)/2.
02 – Calcular o inteiro positivo n, sabendo que 3 n+2^. 2n+3^ = 2592.
SOLUÇÃO:- Decompondo 2592, obtém-se 3^4 .2^5. Portanto, n + 2 = 4 n = 2, ou 5 = n + 3 n = 2. Pois a forma de decomposição em fatores primos é única. Resposta: n = 2.
03 – Calcule o inteiro positivo n, sabendo-se que: 3n^ + 3n+1^ + 3n+2^ + 3n+3^ = 1080.
SOLUÇÃO:- Observando a soma, verifica-se ser uma soma de potências sucessivas de 3. Temos que: 3^1 = 3, 3^2 = 9, 3^3 = 27, 3^4 = 81, 3^5 = 243, 3^6 = 729 e 3^7 = 2187. Como pode ser notado, n + 3 < 7 n < 4. Portanto, n só poderá ser igual a 1, ou 2 ou 3. Para n = 1, a soma é 3 + 9 + 27 + 81 < 1080. Para n = 2 , a soma é 9 + 27 + 81 + 243 < 1080. Para n = 3, a soma é 27 + 81 + 243 + 729 = 1080. Portanto, n = 3. Resposta: n = 3.
04 – Achar os valores de n < 7 para os quais n! + 1 é um quadrado perfeito.
Solução: N = 7 7! + 1 = 5040 + 1 = 5041 é o quadrado de 71. N = 6 6! + 1 = 720 + 1 = 721 não é quadrado. N = 5 5! + 1 = 120 + 1 = 121 é o quadrado de 11. N = 4 4! + 1 = 24 + 1 = 25 é o quadrado de 5. N = 3 3! + 1 = 6 + 1 = 7 não é quadrado perfeito N = 2 2! + 1 = 2 + 1 = 3 não é quadrado perfeito N = 1 1! + 1 = 1 + 1 = 2 não é quadrado perfeito N = 0 0! + 1 = 0 + 1 = 1 é o quadrado de 1. Resposta: 7, 6, 5, 4, e 0.
05 – Sendo m e n inteiros positivos, dizer se é verdadeiro ou falso:
Solução: a) (mn)! = m!. n! (falso) pois (2.3)! = 6! = 720 e 2!. 3! = 2 x 6 = 12. b) (m + n)! = m! + n! (falso) pois (2 + 3)! = 5! = 120 e 2! + 3! = 2 + 6 = 8. Resposta: (a) Falso e (b) Falso.
06 – Demonstrar: (n – 1)! [(n + 1)! – n!] = (n!)^2
SOLUÇÃO:- (n – 1)! [(n + 1)! – n!] = (n – 1)![(n+1)n! – n!] = (n – 1)! {n![(n +1)
- 1]} = = (n – 1)!.n!.(n) = n(n – 1)!. n! = n!. n! = (n!)^2. cqd.
07 –^ Sendo n > 2, demonstrar: (n^2 )! > (n!)^2.
SOLUÇÃO:- Desenvolvendo (n^2 )! , temos: (n^2 )! = n^2. (n^2 – 1). (n^2 – 2)...... 3.2. 1, produto de todos os inteiros de 1 até n^2. Para (n!)^2 , resulta: n(n – 1).(n -2)....3.2.1. n (n – 1).(n-2).... 3.2.1 = = n^2. (n – 1)^2. (n – 2)^2 ..... 3^2.. 2^2 .1^2 = = n^2. (n – 1)^2. (n – 2)^2 ...... 9.4.1 produtos dos quadrados perfeitos de 1 até n^2.
Como pode ser notado, (n!)^2 está contido em (n^2 )!. Portanto (n^2 )! > (n!)^2. cqd
08 – Decompor o inteiro 565 numa soma de cinco inteiros ímpares consecutivos.
SOLUÇÃO:- Como 565 é positivo e os cinco inteiros também são consecutivos, os mesmos também serão positivos. Um número impar tem expressão 2n + 1. Seus consecutivos são obtidos somando 2 ao anterior. Portanto, 2n + 1 + 2n + 3 + 2n + 5 + 2n + 7 + 2n + 9 = 565 10n = 565 – 15 n = 55. Os números são: 2.55 + 1 = 111, 111 + 2 = 113, 113 + 2 = 115, 115 + 2 = 117 e 117 + 2 = 119. Resposta:- 111, 113, 115, 117, 119.
Observação:- Note que o termo do meio é a média de todos eles. Assim, poderíamos ter usado: 565 : 5 = 115. Os outros seriam, dois impares antecessores e dois sucessores. 115, 113, 111 e 117 e 119.
09 – Achar todas as soluções inteiras e positivas da equação (x + 1)(y + 2) = 2xy.
SOLUÇÃO:- Para maior facilidade expressemos uma das variáveis em função da outra.
(x + 1)(y + 2) = 2xy ^ xy + y + 2x + 2 = 2xy Expressando y em função de x y – xy + 2x + 2 = 0 2(x + 1) = y.(x – 1) y
Primeira: x^2 – x = 2x – 2 x^2 – 3x + 2 = 0, cujos valores para x serão 1 e 2.
Segunda: x^2 – x + 2x – 2 = 7 (binomiais complementares) x^2 + x – 9 = 0 , que não é satisfeita por números inteiros. Portanto, os valores possíveis para x, são 1 ou 2. Resposta: {1, 2}
SOLUÇÃO:-
Observe que (n – k + 1)! = (n – k + 1). (n – k)! e k. (k – 1) = k!.
15 – Achar todas as soluções inteiras e positivas da equação: x^2 – y^2 = 88.;
SOLUÇÃO: x^2 – y^2 = 88 (x + y)(x – y) = 88. Como x e y são inteiros positivos, (x + y) e (x – y) são dois números inteiros cujo produto é 88. Assim, (1) x + y = 88 e x –^ y = 1; (2) x + y = 44 e x – y = 2; (3) x + y = 22 e x – y = 4; (4) x + y = 11 e x – y = 8.
Cada par de duas equações formam um sistema. Para resolver o sistema bastasomar as duas equações, o que resultaria em 2x = soma dos números. Como essa
soma tem que ser par (x é inteiro), resulta apenas as possibilidades 2 e 3. Portanto, 2x = 46 x = 23 e y = 44 – 23 = 21 ou 2x = 26 x = 13 e y = 22 – 13 = 9. Resposta: (x = 23, y = 21) e (x = 13, y = 9)
16 – Verificar se o quadrado de um inteiro pode terminar em 2, 3, 7 ou 8.
SOLUÇÃO:- O último algarismo de um quadrado perfeito, corresponde ao último
algarismo dos quadrados de 1, 2, 3, 4, ...9 ou 0. Assim, o último algarismo somente poderá ser 1, 4, 5, 6, 9 e 0. Portanto, não pode terminar em 2, 3, 7 ou 8. Resposta: não existe um quadrado de número inteiro terminado em 2 ou 3 ou 7 ou
17 – Reconstituir as adições:
(a) 3 * 76 + 2 * * * + 5 * 28 = 12838.
SOLUÇÃO: Dispondo os números para efetuar a adição teremos:
Como a soma o algarismo das unidades deve ser 8, o último algarismo da segunda parcela somente poderá ser 4. Na coluna referente às dezenas, já temos um total de 10, 7 + 2 mais o 1 que veio das unidades. Portanto, deve-se completar 13. Assim, o algarismo das dezenas na segunda parcela somente pode ser 3. Note que a soma 13, implica em somar 1 à coluna das centenas. Os algarismos 12
da soma são obtidos por 3 + 2 + 5 + 2, sendo o último deslocado da coluna das centenas. Portanto, a soma dos algarismos das centenas é 28. Portanto, os três algarismos devem somar 27 uma vez que esta coluna recebeu o 1 da coluna das dezenas. Isto implica em que todos os algarismos das centenas são iguais a 9. Assim temos: 3976 + 2934 + 5928 = 12 838. (Os algarismos encontrados estão indicados em azul). Resposta: 3976 + 2934 + 5928 = 12 838. (b) 5 * 23 + 40 * * + 1269 + 1 * 927.
SOLUÇÃO: O algarismo das unidades da segunda parcela somente poderá ser 5 (2 +
5 + 0 = 17). O algarismo das dezenas da segunda parcela é 3 pois, 1 vem da coluna das unidades, a soma deverá ser doze (não pode ser 22). Assim, 1 + 2 + 3 + 6 = 12. Para a coluna das centenas, o algarismo na primeira parcela é 6, pois ela recebeu 1 da coluna das dezenas. Como não vai algarismo para a coluna dos milhares, o algarismo que falta na soma é 0, de 1 + 4
Assim temos 5623 + 4035 + 1269 = 10927. Resposta: 5623 + 4035 + 1269 = 10927.
18 - Reconstitua as subtrações:
(a) 1 * 256 – 431 * = 89 * 6.
SOLUÇÃO:
O algarismo das unidades de 431* somente pode ser 0, pois o valor máximo de * em 431* seria 9 e 9 + 6 = 15, nunca poderia ser 16. Para as dezenas da diferença devemos ter o 4. O algarismo das centenas de 1*256 deve ser 3, pois foi necessário ceder 1 para que se efetuasse a subtração da coluna das centenas.
Resposta: 13256 – 4310 = 8946.
(b) 63 * 1 – 43 * = 5 * 86
SOLUÇÃO:
O algarismo das unidades de 43* é 5 pois (11 –^ 5 = 6). O algarismo das dezenas de 631 é 2 pois foi cedido 1 para as unidades e assim teríamos (11 – 3 = 8). Como foi cedida 1 unidade da coluna das centenas de 63 para efetuar a subtração nas dezenas, e deve-se ceder 1 unidade dos milhares para as centenas de 631, o algarismo das centenas de 5*86 é 8 = (12 – 4).
Resposta:: 6321 –^ 435 = 5886
Resposta:
CAPÍTULO 1 - QUESTÕES 22 A 30
22 – Calcular a soma dos três maiores números inteiros de, respectivamente, três, quatro e cinco algarismos.
SOLUÇÃO:- Os números são: 999, 9999 e 99999. Portanto, a soma é 110997. Resposta: 110997
23 –^ Determinar a diferença entre o maior número inteiro com seis algarismos diferentes e o maior inteiro com cinco algarismos também diferentes.
SOLUÇÃO:- Temos 987654 – 10234 = 977420 Resposta: 977420
24 – Um livro tem 1235 páginas. Determinar o número de vezes que o algarismo 1 aparece na numeração da páginas deste livro.
SOLUÇÃO:- De 1 a 100, o algarismo 1 aparece 10 vezes nas unidades (1, 11, 21,...
- e 10 vezes nas dezenas (10, 11, 12, ...19). Portanto a cada centena o algarismo 1 aparece 20 vezes. Em 1235 temos 12 centenas. Portanto o algarismo 1 aparecerá 20 x 12 = 240 vezes na posição das unidades e dezenas. De 100 a 200, o algarismo 1 aparece 100 vezes na posição das centenas. Isto se repete de 1100 a 1200. Portanto, 200 vezes na posição das centenas. De 1200 a 1236, o algarismo 1 aparece 4 vezes nas unidades e 10 vezes nas dezenas. Totalizando 14 vezes. De 1000 a 1235, o algarismo 1 aparece 236 vezes na posição dos milhares. Portanto: 240 + 200 + 14 + 236 = 690 vezes. Resposta: 690
SOLUÇÃO:
Como o quociente tem 2 algarismos, o algarismo 1 foi baixado após a divisão pelo 3. Portanto, o último algarismo de xx8x é 1. Como xx8 – 3.xx = x9, o algarismo das unidades do divisor xx é 3 para que se obtenha x8 –^ 9 = 9. Como 4x é o resto de x91 : x3, então o x de 4x é 5. Posicionando os valores já determinados temos a situação ao lado.
Devemos ter ainda 2.(x3) + 45 = x
2.(x3) = x91 –^46
Como o máximo para (x3) é 93, ao multiplicar por 2, o máximo de x em x91 é 1.^ 2.(x3) = x46.
Portanto, o valor de x em x 91 é 1. Retornando à operação temos: Assim, temos xx81 – 45 = 32(x3) xx36 = 32.(10x + 3) xx36 = 320x + 96 xx´40 = 320x xx´4 = 32x x de x3 é 2 ou
Para o valor 2, teríamos 32. 23 + 45 < 1000 (menos que quatro algarismos), Portanto, o x de x3 é 7. Finalizando: 32 x 73 + 45 = 2381. Resposta:
SOLUÇÃO: Usaremos, para diferenciar do processo anterior a notação de um número na base 10. Façamos x6x1 = a6b1 e xxx = cde. Pela notação decimal temos: x6x1 = 1000a + 600 + 10b + 1 e xxx = 100c + 10b + c. O algoritmo da divisão permite escrever: (1000a + 600 + 10b + 1) = 6.(100c + 10b + c) + 59 1000a + 10b + 542 = 600c + 60d + 6e. A soma à esquerda tem o algarismo das unidades terminado em dois. Isto exige que 6e seja um múltiplo de 6 terminado em 2. Portanto, “e” somente pode ser 2 ou
Tomando o valor 7 para "e".
1000a + 10b + 542 = 600c + 60d + 6.7 ^ 1000a + 10b + 500 = 600c + 60d 100a + b + 50 = 60c + 6d. 100a + b + 50 é múltiplo de 6 100a + b + 50 é múltiplo de 2 e de 3. Por ser múltiplo de 2, b deverá ser par pois 100 a e 50 são pares. Por ser múltiplo de 3, a soma dos algarismos deverá ser um múltiplo de 3. Para construção da tabela das possibilidades a seguir, fazemos: Coluna (1): a + b + 5 = (múltiplo de 3). Coluna (2): a + b = (múltiplo de 3) – 5. Coluna (3): escolha de um valor par para “b” Coluna (4): coluna (2) – valor de “b” Coluna (5): valor de x6x Coluna (6): valor de x6x1 – 59 (para que a divisão seja exata pois 59 é o resto da
divisão)Coluna (7): valor de xxx = coluna (6) : 6.
a+b+5= a + b b (par) a a6b1 a6b1-59= cde
3 -2 imp imp 6 1 0 1 1601 1542 257 9 4 0 4 4601 4542 757 2 2 2621 2562 427 4 0 641 582 97 12 7 0 7 7601 7542 1257
2 5 5621 5562 927 4 3 3641 3582 597
7 9 9671 9612 1602 9 7 7691 7632 1272 21 19 imp
Resposta: os valores possíveis estão indicados nas colunas 5 e 7 da tabela.
26 – Mostrar que o produto de quatro algarismos consecutivos, aumentado de 1, é um quadrado perfeito.
SOLUÇÃO:- Sejam os inteiros (x – 1), x , (x + 1) e (x + 2). Temos: x.(x + 1).(x + 2).(x + 3) + 1 = x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 6x + 1. Provemos que essa expressão é um quadrado perfeito. Como o grau é 4 (maior expoente), se tal expressão for um quadrado de um polinômio de segundo grau, da forma ax^2 + bx
- c. Como o coeficiente do termo de 4º grau e o termo independente são ambos iguais a 1, devemos ter a = 1 e c = 1. Portanto, o polinômio deve ter a forma x^2 + bx + 1. Elevando esse polinômio ao quadrado temos:
(x
2
2
4
3
2
3
2 x
2
2
4
2bx^3 + (2 + b^2 )x^2 + 2bx + 1.^ + A igualdade de dois polinômios implica na igualdade de seus coeficientes. Portanto, 2b = 6 b = 3. (note que b pode ser calculado a partir de qualquer um dos coeficientes). Do exposto, x(x + 1).(x + 2).(x +3).(x + 4) = (x^2 + 3x + 2)^2 é um quadrado perfeito. cqd.
27 – A soma dos quadrados de dois inteiros é 3332 e um deles é o quádruplo do outro. Achar os dois inteiros.
SOLUÇÃO:- os números são x e 4x. Assim, x^2 + (4x)^2 = 3332 17x^2 = 3332 x^2 = 196 x = 14. 4x = 56. Resposta: 14 e 56.
28 – Sejam a e b dois inteiros. Demonstrar:
(a) Max(a, b) = (a + b + |a – b|)/2.
SOLUÇÃO: Para a existência de um máximo a > b ou a < b.Se a > b, então Max(a, b) = a e |a – b| = a – b.
Assim, (a + b + |a – b|)/2 = (a + b + a – b)/2 = 2a/2 = a. Portanto, (a + b + |a – b|)/2 = a = Max(a, b). Se a < b, então Max(a, b) = b e |a – b| = -(a – b) = b – a. Assim, (a + b + |a – b|)/2 = (a – b + b – a)/2 = 2b/2 = b. Portanto, (a + b + |a – b|)/2 = b = Max(a, b). Pelas duas únicas possibilidades, Max(a, b) = (a + b + |a – b|)/2, cqd.
(b) Min(a, b) = (a + b - |a – b|)/2.
SOLUÇÃO: Para a existência de um mínimo a < b ou a > b.
Se a < b, então Min(a, b) = a e |aAssim, (a + b - |a – b|)/2 = (a + b – – b + a)/2 = a = Min(a, b)b| = -(a –^ b) = b –^ a.
Se a > b, então Min(a, b) = b e |a – b| = a – b.
Assim, (a + b - |a – b|)/2 = (a + b – a + b)/2 = b = Min(a, b). Pelas duas únicas possibilidades, Min(a, b) = (a + b - |a –^ b|)/2, cqd.
(^29) um quadrado perfeito. –^ Determinar o inteiro n > 1 de modo que a soma 1! + 2! + 3! + ... + n! seja
SOLUÇÃO:-
Para n = 2, 1! + 2! = 1 + 2 =3 (não é quadrado perfeito). Para n = 3, 1! + 2! + 3! = 1 + 2 + 6 = 9 (é quadrado perfeito). Para n = 4, 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33. (não é quadrado perfeito). Para n = 5, 1! + 2! + 3! + 4! + 5! = 1 + 2 + 6 + 24 + 120 = 153 (não é quadrado perfeito). Todo n!, para n > 5 termina em zero. Portanto a soma 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + ... +n! será sempre um número terminado em 3. Como apenas números terminados em 0, 1, 4, 5, 6 e 9 podem ser quadrados, o único valor para n é 3.
Resposta: n = 3.
30 – A média aritmética de dois inteiros positivos é 5 e a média geométrica é 4. Quais são estes dois inteiros?
SOLUÇÃO:- Sejam a e b os números. Temos: média aritmética (a + b)/2 = 5 a + b = 10. Média geométrica: (a. b)1/2^ = 4 ab = 16. Os dois inteiros que somados resulta em 10 e cujo produto é 16 são os inteiros 8 e
Resposta: 8 e 2.
CAPÍTULO 1 - QUESTÕES 31 A 40
31 – Achar cinco inteiros positivos consecutivos cuja soma dos quadrados é igual a
SOLUÇÃO: - Como os números são consecutivos, o terceiro termo é próximo da média dos cinco números. Como a soma é 2010, a média é 2010 : 5 = 402. O quadrado mais próximo é 400, cuja raiz quadrada é 20. Os dois anteriores são 19^2 = 361, 18^2 = 324 e os dois posteriores são 21^2 = 441 e 222 = 484. Portanto os números são: 18, 19, 20, 21 e 22. Obs. A solução da equação x^2 + (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 3)^2 = 2010 também resolveria o item. Resposta: 18, 19, 20, 21 e 22.
32 – O resto por falta da raiz quadrada de um inteiro positivo é 135 e o resto por excesso é 38. Achar esse inteiro.
SOLUÇÃO:- Seja N o número e x a sua raiz quadrada por falta. Temos N = x
2
- A raiz quadrada por excesso é (x + 1). Neste caso: N = (x + 1)^2 - 38.^ + Assim, x^2 + 135 = (x + 1)^2 – 38 x^2 + 135 = x^2 + 2x + 1 – 38 2x = 172 x
38 – Um estudante ao efetuar a multiplicação de 7432 por um certo inteiro achou o produto 1731656, tendo trocado, por engano, o algarismo das dezenas do multiplicador, tomando 3 em vez de 8. Achar o verdadeiro produto.
SOLUÇÃO: - Pelo resultado, o multiplicador foi 1731656 : 7432 = 233. Como houve a troca do algarismo das dezenas, o multiplicador correto é 283. Portanto, o produto correto é 7432 x 283 = 2103256. Resposta: 2103256.
Uma outra solução seria: Como foram usadas 5 dezenas a menos, o número ficou menor em 50 x 7432 =
- Portanto, o produto correto deveria ser 1731656 + 371600 = 2103256.
39 –^ Achar o menor inteiro cujo produto por 21 é um inteiro formado apenas por 4 algarismo.
SOLUÇÃO:- O número é o menor múltiplo de 21 maior que 1000. Portanto: 1000 = 47 x 21 + 13. Portanto, o número é 48 x 21 = 1008. Resposta: 1008.
40 – Escreve-se a seqüência natural dos inteiros positivos, sem separar os algarismos: 123456789101112131415...
Determinar: (a) o 435º algarismo.
SOLUÇÃO:- De 1 a 9 são escritos 9 algarismos. De 10 a 99, são dois algarismos em cada número 2 x 90 = 180 algarismos. Portanto, até 100 são escritos: 9 + 180 + 3 = 192. Para chegar ao algarismo que ocupa o 435º lugar serão necessários mais 435 – 192 = 243 algarismos. Como a partir de 100 são usados 3 algarismos teríamos 243 : 3 = 81 números após o 100. Portanto, o número é 181 e o algarismo que ocupa a posição é o 1.
Resposta: 1.
(b) o 1756º algarismo.
SOLUÇÃO:- Da mesma forma 1756 – 192 = 1564 1564 : 3 = 521 e sobra 1 algarismo. Portanto teríamos até a 100 + 521 = 621. Como sobra 1 algarismo, o próximo é o 6 do número 622. Resposta: 6.
(c) o 12387º algarismo.
SOLUÇÃO:- Até 1000 seriam 9 + 90 x 2 + 900 x 3 + 4 = 2889.
12387 –^ 2889 = 9498 ^ 9498 : 4 = 2374 e sobram dois algarismo. Portanto, o último número inteiro é 1000 + 2374 = 3374. A sobra de dois algarismos, implica
que o último algarismo será 3, o segundo algarismo de 3375. Resposta: 3.
CAPÍTULO 1 - QUESTÕES 41 A 47
41 – Escreve-se a seqüência natural dos inteiros positivos pares, sem separar os algarismos: 24681012141618... Determinar o 2574º algarismo que se escreve.
SOLUÇÃO:- de 2 a 10 são 5 números pares 5 algarismos. De 12 a 98 são (98 – 12)/2 + 1 = 44 números pares de 2 algarismos 44 x 2 = 88 algarismos. De 100 a 998 são (998 – 100)/1 + 1 = 450 pares de 3 algarismos 1350 algarismos. Portanto, até 1000 temos: 5 + 88 + 1350 + 4 = 1447 algarismos. Para 2574 faltam 2574 – 1447 = 1127 algarismos. Como são número de 4 algarismos teríamos 1127 : 4 = 281 e sobram 3 algarismos. Isto representam 281 números pares após o 1000, ou seja 281 x 2 + 1000 = 1562. Este é o último número inteiro. A sobra dos 3 algarismos leva ao 3º algarismo de 1563. Portanto, o 2574º algarismo é o 6. Resposta: 6.
42 – Reconstituir as multiplicações:
SOLUÇÃO: Para facilidade vamos indicar os números por
O valor de L é 9. Pois ele aparece no algarismo das unidades do produto. Portanto D X F, termina em 9. Isto leva às possibilidades (1, 9), (3, 3), (7, 7) , (9,1) para D e F, respectivamente. Como GHJKL tem mais algarismos que MBPQ, E é menor que F. Portanto, está excluída a possibilidade (9,1), pois F não pode ser 1. Se F = 1, E =
Assim, 90329 é múltiplo de um número de 2 dígitos que termina em 3, 7 ou 9. (1) Para F = 3, E = 2 ou 1. Nestes casos EF = 23 ou 13. Mas 90329 não é múltiplo de nenhum destes valores. Para F = 7, E = 6 ou 5 ou 4 ou 3 ou 2 ou 1. Para tal situação: EF = 67, 57, 47, 37, 27 ou 17. Mas 90329 não é múltiplo de nenhum destes valores. Para F = 9, E = 8 ou 7 ou 6 ou 5 ou 4 ou 3 ou 2 ou 1 EF = 89, 79, 69, 59, 49, 39, 29, 19. Podemos eliminar os números 69 e 39 pois 90.329 não é múltiplo de 3. Dos restantes, 90329 é múltiplo apenas de 59. Portanto, ABCD = 90.329 : EF ABCD = 90.329 : 59 = 1531. Refazendo a
operação:
dos dois e 10[(10 + b) + c] é o décuplo da soma do primeiro com as unidades do segundo.
(^44) algarismos são todos 7. –^ Achar o menor inteiro positivo que multiplicado por 33 dá um produto cujos
SOLUÇÃO:- O número deve ser múltiplo de 3 e de 11. Para ser divisível por 11, a soma dos algarismos de ordem menos a soma dos algarismos de ordem impar deve ser um múltiplo de 11 (inclusive 0). Como o produto é todo constituído por 7, devemos ter uma quantidade par de 7. A soma de todos os algarismos deve ser um múltiplo de 3 para que o número seja divisível por 3. A menor quantidade par de 7 que dê uma soma divisível por 3 é 6. Portanto o produto deverá ser formado por 6 setes. Isto é, o menor produto é 777777. O número é então 777777 : 33 = 23569. Resposta: 23569
45 – Os inteiros a e b são tais que 4 < a < 7 e 3 < b < 4. Mostrar que 0 < a – b <
SOLUÇÃO:-
a > 4 e 4 > b. Somando membro a membro, a + 4 > 4 + b ^ a –^ b > 0. a < 7 e 3 < b. Somando membro a membro, a + 3 < 7 + b a – b < 7 – 3 a – b < 4. De (1) e (2) 0 < a – b < 4. cqd.
46 – Os inteiros a e b são tais que – 1 < a < 3 e – 2 < b < 0. Mostrar que – 1 < a – b < 5.
SOLUÇÃO:-
(1) a > - 1 e 0 < b. Somando membro a membro, a + 0 < -1 + b a – b < - 1 (2) a < 3 e – 2 < b. Somando membro a membro, a –^ 2 < 3 + b a –^ b < 3 + 2 a – b < 5. De (1) e (2), -1 < a – b < 5.
47 – Os inteiros a e b são tais que -2 < a < 2 e - 2 < b < 2. Mostrar que – 4 < a – b < 4.
SOLUÇÃO:-
(1) a > -2 e 2 > b. Somando membro a membro, a + 2 > -2 + b a – b > -4. (2) a < 2 e -2 < b. Somando membro a membro, a – 2 < b + 2 a - b <
De (1) e (2), conclui-se que -4 < a – b < 4.
CAPÍTULO 2 – Questão 1
Os exercícios abaixo são demonstrados usando a seqüência: (1) Verificar se a propriedade é válida para um certo valor de “n” (2) Supor a propriedade válida para “n”. (hipótese de recorrência) (3) Provar que a propriedade é válida para “n + 1”
1 – Demonstrar por “indução matemática”:
(a) 12 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = (n/6)(n + 1)(2n + 1) , n N.
SOLUÇÃO (1) Para n = 1 (1/6)(1 + 1)(2 + 1) = (1/6)(2)(3) = (1/6)(6) = 1 = 1^2. (2) Hipótese: 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = (n/6)(n + 1)(2n + 1). (3) Provar 12 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 + (n + 1)^2 = [(n+1)/6](n + 2)(2n + 3)
Demonstração:
1
2
2
2
2
2 = (n/6)(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)
2
= (n/6)(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)^2 (observe que a soma até n^2 é (n/6)(n + 1)(2n^ =
- 12 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 + (n + 1)^2 = (n +1)[(n/6)(2n + 1) + (n + 1)] = = (n + 1)(1/6)(2n^2 + n + 6n + 6) = (n + 1)(1/6)(2n^2 + 7n + 6) * = = (n + 1)(1/6).2(n + 3/2) .(n + 2) = [(n + 1)/6](n + 2)(2n + 3) c.q.d.
- Nota:- O polinômio ax^2 + bx + c, com raízes x 1 e x 2 pode ser decomposto em a(x
- x 1 )(x – x 2 ). Como as raízes de 2n^2 + 7n + 6 são – 2 e – 3/2, temos 2n^2 + 7n + 6 = 2.(n + 3/2)(n + 2).
(b) 1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = (n^2 /4)(n + 1)^2 , n N.
SOLUÇÃO:
(1) Para n = 1, temos: 13 = 1 e (12/4)(1 + 1)2 = (1/4)(4) = 1. Portanto, a propriedade é válida para n = 1. (2) Hipótese 13 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = (n^2 /4)(n + 1)^2 (3) Provar 13 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + (n + 1)^3 = [(n+1)^2 /4](n + 2)^2.
Demonstração: 13 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + (n + 1)^3 = (n^2 /4)(n + 1)^2 + (n + 1)^3 =
= [(n + 1)^2 ].[(n^2 /4) + (n + 1)] = [(n + 1)^2 ].(1/4)(n^2 + 4n + 4) = = [(n + 1)^2 /4](n + 2)^2 c.q.d.
(c) 1^2 + 3^2 + 5^2 + ..... + (2n –^ 1)^2 = (n/3)(4n^2 –^ 1) , n N.
SOLUÇÃO (1) Para n = 1, temos: 12 = 1 e (1/3)(4.12 – 1) = 1. O que mostra ser a propriedade verdadeira para n = 1. (2) Hipótese: 12 + 3^2 + 5^2 +...+ (2n – 1)^2 = (n/3)(4n^2 – 1) = (1/3) (4n^3 + 12n^2 + 11n + 3) (3) Demonstrar que
12 + 3^2 + 5^2 + (2n –^ 1)^2 + (2n + 1)^2 = [(n + 1)/3)[4(n + 1)^2 –^ 1] = = (1/3)(n + 1)[4n^2 + 8n + 3] = (1/3)(4n3 + 12n2 + 11n + 3).
(g) a + aq + aq^2 + ... + aqn^ = a(qn + 1^ – 1)/(q – 1) (q 1) , n N.
SOLUÇÃO
(1) Para n = 2: S = a + aq + aq^2 .(1)
Temos ainda que: S = a(q2+1^ – 1)(q – 1) = a(q^3 – 1)/(q – 1) =
= a(q^2 + q + 1)(q –^ 1)/(q –^ 1) = aq^2 + aq + a = a + aq + aq^2. (2) De (1) e (2)conclui-se que: a igualdade é válida para n = 2.
(2) Hipótese a + aq + aq^2 + ... + aqn^ = a(qn + 1^ – 1)/(q – 1)
(3) Provar que a + aq + aq^2 + ... + aqn^ + aqn + 1^ = a(qn + 2^ – 1)/(q – 1)
Demonstração:
a + aq + aq^2 + ... + aqn^ + aqn + 1^ = a(qn + 1^ – 1)/(q – 1) + aqn + 1^ = [aqn+1^ – a +
aqn+1(q – 1)]/(q – 1) =
= (aqn + 1^ – a + aqn + 2^ – aqn+1)/(q – 1) = (aqn+2^ – 1)/(q – 1). c.q.d.
CAPÍTULO 2 – Questão 2
2 – Demonstrar por “indução matemática”.
(a) 2n^ < 2n + 1, n N.
SOLUÇÃO (1) Para n = 1: 2^1 = 2 < 2^1 + 1^ = 2^2 = 4. Como 2^1 < 2^2 a proposição é verdadeira para n =1. (2) Hipótese: 2n^ < 2n + 1. (4) Provar 2n + 1^ < 2n + 2.
Demonstração: Por hipótese 2n^ < 2n + 1^ 2.2n^ < 2.2n + 1^ 2 n + 1^ < 2n + 2. c.q.d.
(b) 2n^ > n^2 , n > 5.
SOLUÇÃO
(1) É verdade para n = 5, pois 2^5 = 32 e 5^2 = 25. (2) Hipótese: 2n^ > n^2. (3) Provar 2n + 1^ > (n + 1)^2
Demonstração: - Provemos inicialmente que 2n^ > 2n + 1, para n > 5. Esta proposição é verdadeira para n = 5, pois 2^5 > 10 + 1 = 11. Supondo verdadeira para n, 2n^ > 2n + 1, devemos ter 2n + 1^ > 2.(n + 1) + 1 = 2n
Ora, 2n^ > 2n + 1 (hipótese) e 2n^ > 2 para n > 1. Somando membro a membro, 2n^ + 2n^ > 2n + 1 + 2 2.2n^ > 2n + 3 2 n+1^ > 2n + 3. Portanto 2n^ > 2n + 1, para n > 5. Retornando à demonstração do enunciado: Pela hipótese 2n^ > n^2 e conforme demonstrado, 2n^ > 2n + 1. Somando membro a membro essas igualdades, concluímos: 2 n^ + 2n^ > n^2 + 2n + 1 2 n + 1^ > (n + 1)^2. cqd.
(c) 2n^ > n^3 , n > 10.
SOLUÇÃO
(1) É verdade para n = 10 pois 2^10 = 1024 e 10^3 = 1000. (2) Hipótese: 2n^ > n^3 (3) Provar que 2n + 1^ > (n + 1)^3.
Demonstração:
2 n + 1^ > (n + 1)^3 ^ 2n^2 = 2n^ + 2n^ > (n^3 + 3n^2 + 3n + 1) ^2 n^ + 2n^ > (n^3 ) + (3n^2 + 3n + 1). Pela hipótese 2n^ > n^3. Provemos então que 2n^ > 3n^2 + 3n + 1. (i) Esta propriedade é válida para n = 10, pois 2^10 = 1024 e 3n^2 + 3n + 1 = 331. Supondo válida para n, provemos para n + 1, isto é 2 n + 1^ > 3.(n + 1)^2 + 3.(n + 1) + 1= 3n^2 + 9n + 7 2 n^ + 2n^ > (3n^2 ) + (9n + 7) (ii). Esta desigualdade é válida pois 2n^ > n^3 (por hipótese) e n^3 > 2n^2 para n > 10 e 2n
9n + 7 (iii).
Devemos provar ainda que 2n^ > 9n + 7 para n > 10.
É verdade para n = 10 pois 2^10 = 1024 e 9n + 7 = 97. Supondo 2n^ > 9n + 7, devemos ter ainda 2n + 1^ > 9.(n + 1) + 7 = 9n + 7 + 9. Esta desigualdade é verdadeira pois pela hipótese 2n^ > 9n + 7 e 2n^ > 9 para n >
Assim, as afirmativas em (iii), (ii) e (i) são verdadeiras. Portanto, a propriedade inicial é válida para todo n inteiro, maior ou igual a 10. cqd
(d) 4n^ > n^4 , n > 5.
SOLUÇÃO (1) é verdade para n = 5, pois 4^5 = 1024 e 5^4 = 625.
(2) hipótese: 4
n
n
4
(3) Provar que 4n + 1 > (n + 1)^4
Demonstração Pelo que foi visto no item (b) (2n + 1) > (n + 1)^2 para todo n. Portanto é válida para n > 5. Se primeiro termo é maior que o segundo, seus quadrados mantém a mesma relação de ordem. Portanto, (2n + 1) (2n + 1) > (n + 1)^2 (n + 1)^2 4n + 1 > (n + 1)4 c. q. d.
(e) n! > n^2 , n > 4
SOLUÇÃO
(1) Para n = 4, temos 4! = 4.3.2.1. = 24 e 42 = 16. Portanto, 4! > 42.(2) Hipótese: n! > n (^2).
(3) Provar (n + 1)! > (n + 1)^2
Conforme demonstrado anteriormente temos: 2 n^ > 2n + 1. Como n.n! > n! > n^2 (hipótese), conclui-se que n.n! > 2n + 1. Somando as desigualdades n! > n^2 e n.n! > 2n + 1, resulta: n.n! + n! > n^2 + 2n + 1 (n + 1)n! > (n + 1)^2 (n + 1)! > (n + 1)^2. c.q.d.
(f) n! > n^3 , n > 6
SOLUÇÃO
