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SUMÁRIO

3 MA12 - Aula 03 315.5 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.6 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376.5 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 486.6 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

30

Capítulo 3

MA12 - Aula 03

Unidade 5

Semana 19/03 a 25/03

Progressões Aritméticas

5.5 Exercícios Recomendados

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 palitos. O número de palitos constitui umaprogressão aritmética de razão 2.

a1 = 3, a2 = 5, a3 = 7, · · · , an = an−1 + 2

a2 = a1 + 2, a3 = a2 + 2 = (a1 + 2) + 2 = a1 + 2(2), a4 = a3 + 2 = a1 + 2(3)

Logo, o número de palitos para construir n triângulos esta dado por

an = a1 + 2(n− 1) = 3 + 2(n− 1) = 2n+ 1

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 = 11(18) + 2, logo o primeiro número que satisfaz de ser dividido por 11 e dar resto7 é o 205, assim temos a progressão aritmética

205, 216, 227, 238, · · · , 381, 392

isto é205, (205 + 11(1)), (205 + 11(2)), · · · , (205 + 11(17))

sua soma é

S = 205 + (205 + 11(1)) + (205 + 11(2)) + · · ·+ (205 + 11(17)) = 205(18) + 11 · (17)(18)2

= 5373

A soma pedida é 5373.

Exercício 5.5.3.

Quanto vale o produto (a)(aq)(aq2)(aq3) · · · (aq(n−1) ?Solução.

Seja P o produto pedido

P = (a)(aq)(aq2)(aq3) · · · (aq(n−1) = anq1+2+3+···+(n−1) = anqn(n−1)

2

Exercício 5.5.4.

Um quadrado mágico de ordem n é uma matriz n×n, cujos elementos são os inteiros 1, 2, . . . n2, semrepetir nenhum, tal que todas as linhas e todas as colunas têm a mesma soma. O valor dessa soma échamado de constante mágica. Por exemplo, os quadrados

1 5 9

8 3 4

6 7 2

8 1 6

3 5 7

4 9 2

e

17 24 1 8 15

23 5 7 14 16

4 6 13 20 22

10 12 19 21 3

11 18 25 2 9

são mágicos, com constantes mágicas respectivamente iguais a 15, 15 e 65. Aliás, os dois últimos sãohipermágicos, pois as linhas, colunas e também as diagonais têm a mesma soma. Calcule a constantemágica de um quadrado mágico de ordem n.Solução.

Se para um quadrado de lado n = 3 temos n2 = 9 primeiros números, sua constante mágica é S = 15.

Se para um quadrado de lado n = 5 temos n2 = 25 primeiros números, sua constante mágica é S = 65.

Sabe-se que, para um quadrado de lado n = 4 temos n2 = 16 primeiros números, sua constante mágicaé S = 34.

Sendo n2 a quantidade dos primeiros números naturais, tem-se que sua constante mágica é S sempreserá

S =1

n· n

2(n2 + 1)

2=

n(n2 + 1)

2

Portanto, a constante mágica de um quadrado mágico da ordem n én(n2 + 1)

2.

Exercício 5.5.5.

Christian José Quintana Pinedo 33

Suprimindo um dos elementos do conjunto {1, 2, · · · , n}, a média aritmética dos elementos restantesé 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 dadopor

16, 1 =(1 + 2 + · · ·+ k − 1) + (k + 1) + (k + 2) + · · ·+ n

n− 1

16, 1(n− 1) =n(n+ 1)

2− 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.

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 anosserá 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 desvalo-rizou 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 verticalR, então (0, 8000) e (4, 2000) são pontos por onde passa a reta procurada.

O coeficiente angular desta reta é m =8000− 2000

0− 4= −1500.

A equação cartesiana da reta que passa pelos dois pontos é R − 2000 = −15000(t − 4). Quandot = 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.

Sabemos que a soma Sn dos n primeiros números naturais é Sn =n(n+ 1)

2Seja n = 3 então temos que calcular a soma de todos os inteiros positivos de 3 dígitos

100 + 101 + . . .+ 999 = S999 − S99 =(999)(1000)

2− 9900

2= 494550

34 MA12− 2012

observe que são 900 = 103 − 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

é S =(102 + 103 − 1)

2· 900 = 494550 e é verdade.

Seja n = 4 então temos que calcular a soma de todos os inteiros positivos de 4 dígitos

1000 + 1001 + . . .+ 4444 + . . .+ 9999 = S9999 − S999 =(9999)(10000)

2− 999000

2= 49495500

observe que são 9000 = 104 − 103 números

103 + (103 + 1) + (103 + 2) + (103 + 3) + . . .+ (103 + 8998) + (104 − 1)

Assim, quando n = 4 observando que o primeiro elemento é a1 = 103 e o último an = 104 − 1, a somaé

S =(103 + 104 − 1)

2· (104 − 103) =

[103(11)− 1]9 · 103

2=

[103(11)− 1]90 · 102

2=

S = 45 · 102(11 · 103 − 1) = 102(495000− 45) = 49495500

e é verdade.Seja n = 5 então temos a soma é

S =[104 + (105 − 1)(105 − 104)

2=

[11 · 104 − 1][9 · 104]2

= 45 · 103[11 · 104 − 1]

S = 103[495 · 104 − 45] = 4949955000

Tem 5− 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 10n−1 e último termo igual a 10n − 1.Assim

S =[10n−1 + 10n − 1][10n − 10n−1]

2=

[11 · 10n−1 − 1][90 · 10n−2]

2=

S = 45 · 10n−2[11 · 10n−1 − 1] = 10n−2[495 · 10n−1 − 45] = 10n−2[495000 . . . 000− 45]

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 = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } e dizesse número.

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 asoma.

iv) Ganha quem disser 63. Qual dos jogadores tem uma estratégia vencedora e qual é essa estratégia?


Solução.

Primeira soluçãoSuponha 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 certeza de alcançar 47, antes deve alcançar 39.Para o jogador P ter certeza de alcançar 39, antes deve alcançar 31.Para o jogador P ter certeza de alcançar 31, antes deve alcançar 23.Para o jogador P ter certeza de alcançar 23, antes deve alcançar 15.Para o jogador P ter certeza de 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 soluçãoSuponha 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 aindanão 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.

36 MA12− 2012

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 doisdias adiantado, se x é bissexto. 35d. Os anos se repetem em ciclos de 400 anos.

Exercício 5.5.12.O número triangular Tn é definido como a soma dos n primeiros termos da progressão aritmética

1, 2, 3, 4, · · · . O número quadrangular Qn é definido como a soma dos n primeiros termos da progressãoaritmética 1, 3, 5, 7, · · · . Análogamente são definidos números pentagonais, hexagonais, etc. A figuraabaixo justifica essa denominação. Determine o número j-gonal de ordem n.Solução.

Figura 5.2:

A progressão tem como razão r = j − 2, é da forma

1, (j − 1), (2j − 3), (3j − 5), (4j − 7) · · · , [(n− 1)j − (2n− 3)]

A soma pedida é

S = 1 + (j − 1) + (2j − 3) + (3j − 5) + (4j − 7) + · · ·+ [(n− 1)j − (2n− 3)] =

S = 1+ j[1 + 2 + · · ·+ (n− 1)]− [1 + 3 + · · ·+ (2n− 3)] = 1 + jn(n− 1)

2− [1 + 3 + · · ·+ (2(n− 1)− 1)]

S = 1 + jn(n− 1)

2− (n− 1)2 ⇒ S =

n[j(n− 1) + 2(2− n)]

2

A soma é S =n[j(n− 1) + 2(2− n)]

2.

Exercício 5.5.13.Mostre que △ak = △bk então ak − bk é constante.

Solução.


Por hipótese, para todo k ∈ N tem-se △ak = △bk então ak+1 − ak = bk+1 − bk, isto é ak+1 − bk+1 =

ak − bk para todo k ∈ N, logo existe uma constante C tal que

C = a1 − b1 = a2 − b2 = a3 − b3 = · · · = ak − bk = ak+1 − bk+1

Portanto, ak − bk é constante para todo k ∈ N

Exercício 5.5.14.Use o teorema fundamental da somação para calcular

1.n∑

k=1

3k

2.n∑

k=1

k · k!

3.n∑

k=1

1

k(k + 1)

Solução.

1. Como △3k = 3k+1 − 3k = 3k(3− 1) = 2 · 3k, então

n∑k=1

3k =n∑

k=1

△3k =1

2(3n+1 − 3) =

3

2(3n − 1)

2. Como △k! = (k + 1)!− k! = k!(k + 1− 1) = k · k!, então

n∑k=1

k · k! =n∑

k=1

△k! = (n+ 1)!− 1

3. Como △1

k=

1

k− 1

k + 1= − 1

k(k + 1), então

n∑k=1

1

k(k + 1)= −

n∑k=1

△1

k= − 1

n+ 1+ 1 =

n

n+ 1

5.6 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 mede360

n, logo um ângulo interno

mede 180 − 360

n, isto é

180(n− 2)

n. Conseqüentemente a soma de todos os ângulos interiores mede

180(n− 2) graus.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 540o.Sejam x− 2r, x− r, x, x+ r, x+ 2r os ângulos, assim

(x− 2r) + (x− r) + x+ (x+ 2r) + (x+ 2r) = 540o ⇒ 5x = 540o ⇒ x = 108o

38 MA12− 2012

Logo, o ângulo mediano, mede 108o.

Exercício 5.6.2.Se 3− x, −x,

√9− x, · · · é uma progressão aritmética, determine x e calcule o quinto termo

Solução.

Seja r a razão da progressão, logo

r = −x− (3− x) =√9− x− (−x) ⇒ −3− x =

√9− x ⇒ 9 + 6x+ x2 = 9− x ⇒

x2 + 7x = 0 ⇒ x = 0 ou x = −7

Quando x = 0 a progressão se reduz a três termosQuando 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-seS41 = 2 + (2 + (1)3) + (2 + 2(3)) + (2 + 3(3)) + · · ·+ (2 + 40(3))

S41 = 41(2) + 3(1 + 2 + 3 + · · ·+ 40) = 82 + 340(41)

2= 2542

Por outro lado como a soma S4125 = S41 − S24 segue

S24 = 2 + (2 + 1(3) + (2 + 2(3)) + (2 + 3(3)) + · · ·+ (2 + 23(3))

S24 = 24(2) + 3(1 + 2 + 3 + · · ·+ 23) = 48 + 323(24)

2= 876

A soma pedida é S41 − S24 = 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 temosassim.

Total: 101, 102, ..., 499. São 499− 100 = 399 números, deste total da quantidade de números segueque:

Divisíveis por 2 são os números: 2(51, 52, 53, 54, · · · , 249). São 249− 50 = 199 números.Divisíveis por 3 são os números: 3(34, 35, 36, 37, · · · , 166). São 166− 33 = 133 números.Divisíveis por 5 são os números: 5(21, 22, 23, 24, · · · , 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)


Figura 5.3: Quantidade de números divisíveisrespectivamente

Figura 5.4: A soma dos números divisíveis res-pectivamente

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 issoprimeiramente calculamos a soma de todos os números compreendidos entre 100 e 500.

499∑k=101

k = 2499∑k=1

k −100∑k=1

k = [499× 500

2− 100× 101

2] = 119700

Logo a soma dos múltiplos de 2, de 3 e assim sucessivamente

2249∑k=51

k = 2249∑k=1

k − 250∑k=1

k = 2[249× 250

2− 50× 51

2] = 59700

3

166∑k=34

k = 3

166∑k=1

k − 3

33∑k=1

k = 3[166× 167

2− 33× 34

2] = 39900

599∑

k=21

k = 599∑k=1

k − 520∑k=1

k = 5[99× 100

2− 20× 21

2] = 23700

683∑

k=17

k = 683∑k=1

k − 616∑k=1

k = 6[83× 84

2− 16× 17

2] = 20100

1049∑

k=11

k = 1049∑k=1

k − 1010∑k=1

k = 10[49× 50

2− 10× 11

2] = 11700

1533∑k=7

k = 1533∑k=1

k − 156∑

k=1

k = 15[33× 34

2− 6× 7

2] = 8100

3016∑k=4

k = 3016∑k=1

k − 303∑

k=1

k = 30[16× 17

2− 3× 4

2] = 3900

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 MA12− 2012

De modo análogo, suponha de 32 a 942 tenhamos n vezes a razão r, logo 942 − 32 = nr, de onde910 = nr. Assim como m e n são inteiros.

r =195

m=

910

n⇒ 195n = 910m ⇒ 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) + · · ·+ (a+ (n− 1)) + (a+ n) = 100 ⇒

na+n(n+ 1)

2= 100 ⇒ 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 /∈ ZSe 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 /∈ ZSe n = 20 segue que 10 = 2a+ 21 de onde a /∈ ZSe 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.


Os inteiros de 1 a 1000 são escritos ordenadamente em torno de um círculo. Partindo de 1, riscamosos números de 15 em 15, isto é, riscamos 1, 16, 31, · · · O processo continua até se atingir um número jápreviamente 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

são 67 números.

Na segunda volta volta os números riscados são

6, 21, (2× 15 + 6), · · · , (65× 15 + 6), (66× 15 + 6) = 996 ⇒ 15k2 + 6 = 15(k2 + 1)− 9

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 nãodeveriamos 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 =

√3,

√3 + r =

√5,

√2 + 2r =

√5

logo r =√3−

√2, r =

√5−

√3, r =

√5−

√2

2assim

√3−

√2 =

√5−

√3,

√3−

√2 =

√5−

√2

2,

√5−

√3 =

√5−

√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 desvalo-rizou 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.Calcule a soma de todas as frações irredutíveis, da forma

p

72, que pertençam ao intervalo [4, 7].

Solução.

Como 4 ≤ p

72≤ 7 então 288 ≤ p ≤ 504, logo a soma de todas as frações irredutíveis da forma

p

72,

que pertençam ao intervalo [4, 7] é

288 + 289 + · · ·+ 503 + 504

72= 1193, 5

Como 72 = 22 × 32, a soma das frações de numerador par, da formap

72, que pertençam ao intervalo

[4, 7] é288 + 290 + 292 + · · ·+ 502 + 504

72= 599, 5

E a soma das frações de numerador múltiplo de três, da formap

72, que pertençam ao intervalo [4, 7] é

288 + 291 + 294 + · · ·+ 501 + 504

72= 401, 5

A soma das frações de numerador múltiplo de seis, da formap

72, que pertençam ao intervalo [4, 7] que

já estão incluidas nas duas somas acima é

288 + 294 + 210 + · · ·+ 498 + 504

72= 203, 5

Logo a soma das frações redutíveis é 599, 5 + 401, 5− 203, 5 = 797, 5

Portanto, a soma de todas as frações irredutíveis, da formap

72, que pertençam ao intervalo [4, 7] é

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) · · · ((56)(55) · · · (50)(49) · · · (36)(35) · · · (21) · · · (14) · · · (7)(6) · · · (2)(1)

1000! = 1000 · · · (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 porm1

1000! = (m)(7)(14)(21)(35)(49) · · · (700)(707) · · · (987)(994)

1000! = (m1)× 7142(1× 2× 3 · · · × 142) = (m1)× 7142 × 142!


Continuamos com o mesmo processo anterior, e consideremos m2 aqueles números que não são múl-tiplos de 7

1000! = (m1)× 7142 × 142! = (m1)× 7142 × [· · · (140) · · · (133) · · · (14) · · · (7) · · · (2)(1)]

1000! = (m1)× 7142 × 720(m2)[(20)(19) · · · (3)(2)(1)] = (m1m2)7162[· · · (14) · · · (7) · · · (1)]

Consideremos m3 produto de números não múltiplos de 7

1000! = (m1m2)7162[· · · (14) · · · (7) · · · (1)] = (m1m2m3)7

162 × 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 = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1, logo (k + 1)4 − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1 assim

n∑k=1

[(k + 1)4 − k4] = 4n∑

k=1

k3 + 6n∑

k=1

k2 + 4n∑

k=1

k +n∑

k=1

1

(n+ 1)4 − 14 = 4n∑

k=1

k3 + 6n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ 4

n(n+ 1)

2+ n

4n∑

k=1

k3 = (n+ 1)4 − 14 − n(n+ 1)(2n+ 1)− 2n(n+ 1)− n

4n∑

k=1

k3 = (n+ 1)[(n+ 1)3 − 1− n(2n+ 1)− 2n] = n2(n+ 1)2

Portanto, 13, 23, 33, · · · , n3 =n2(n+ 1)2

4.

Solução. b)Observe 1× 4, 3× 7, 5× 10, 7× 13, · · · , então

(2− 1)× (3 + 1), (4− 1)× (6 + 1), (6− 1)× (9 + 1), (8− 1)× (12 + 1), · · ·

n∑k=1

(2k − 1)(3k + 1) =n∑

k=1

[6k2 − k − 1] =

n∑k=1

(2k − 1)(3k + 1) = 6n(n+ 1)(2n+ 1)

6− n(n+ 1)

2− n] =

n(4n2 + 5n− 1)

2

Portanto, 1× 4, 3× 7, 5× 10, 7× 13, · · · , (2n− 1)× (3n+ 1) =n(4n2 + 5n− 1)

2

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⌋

c) 1{√1} + 1

{√2} + 1

{√3} + ·+ 1

{√1000}

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,

k2 ≤ x < k2 + 2k + 1. Há portanto 2k + 1 inteiros positivos x para os quais ⌊√x⌋ = k. A soma pedida é

n−1∑k=1

(2k + 1)k.

c) se x é um inteiro positivo, {x} = k, k ≤ 0, se e somente se k − 1

2<

√x < k +

1

2, ou seja,

k2 − k +1

4< x < k2 + k +

1

4, ou ainda k2 − k + 1 ≤ x6 ≤ k2 + k. Há 2k inteiros positivos x tais que

{x} = k.

Exercício 5.6.14.Determine o primeiro termo e a razão da progressão aritmética na qual a soma dos n primeiros termos

é, para todo n: a) Sn = 2n2 + n b) Sn = n2 + n+ 1

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) + · · ·+ (a+ (n− 1)r)

isto éS = na+

(n− 1)n

2r ⇒ S =

1

2[2na+ n(n− 1)]

Pela hipótese segue

1

2[2na+ n(n− 1)] = 2n2 + n ⇒ n2r + n(2a− r) = 4n2 + 2n

pela igualdade polinômicar = 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) + · · ·+ (a+ (n− 1)r)

isto éS = na+

(n− 1)n

2r ⇒ S =

1

2[2na+ n(n− 1)]

Pela hipótese segue

1

2[2na+ n(n− 1)r] = n2 + n+ 1 ⇒ n2r + n(2a− r) + 0 = 2n2 + 2n+ 2


de onder = 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 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

a) o primeiro elemento da 31a linha.

b) a soma dos elementos da 31a linhaSolução.

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 segundojogador 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 desenroladaSolução.

Sugestão:Considere a bobina formada por círculos cujos raios formam uma progressão aritmética cujarazão é a espessura do papel.

Exercício 5.6.20.Dividem-se os números naturais em blocos do modo seguinte: (1), (2 : 3)(4; 5; 6) (7; 8; 9; 10) (11 :

12 : 13 : 14) :::. Em seguida suprimemse os blocos que contêm um número par de elementos, formando-seo quadro:

1

4 5 6

11 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 umaprogressão 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 △an é um polinômio de grau p− 1.

Solução.

Sugestão:Basta mostrar que an e an+1 são polinômios de grau p cujos termos de maior grau sãoidênticos e cujos termos de grau p− 1 são diferentes.

Exercício 5.6.22.Prove o corolário 6.

Solução.


Sugestão: Se F (k) = apkp + ap−1k

p−1 + · · ·+ a1k+ a0 entãon∑

k=1

F (k) = apn∑

k=1

kp + ap−1

n∑k=1

kp−1 +

· · ·+ a1n∑

k=1

k +n∑

k=1

a0

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 sãoda forma 7 + 5s; 0 6 s 6 30. Devemos ter 2 + 3t = 7 + 5s. Daí, 3t = 5(1 + s) e t deve ser múltiplo de5. 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 se-gundo lugar, note que, como há mais anos não-bissextos do que bissextos, provavelmente a coleção ficarácompleta quando Benjamim tiver todos os calendários de anos bissextos.

Exercício 5.6.25.

A razão entre as somas dos n primeiros termos de duas progressões aritméticas é2n+ 3

4n− 1, para todo

valor de n. Quanto vale a razão entre seus termos de ordem n?Solução.

Seja a progressão de razão r: a1, a2, a3, · · · an−1, an, são n termos e sua soma é Sa = na1+rn(n− 1)

2.

Seja a progressão da razão R: b1, b2, b3, · · · bn−1, bn, são n termos e sua soma é Sb = nb1+Rn(n− 1)

2.

Logo2n+ 3

4n− 1=

Sa

Sb=

2na1 + rn(n− 1)

2nb1 +Rn(n− 1)=

2a1 + r(n− 1)

2b1 +R(n− 1)=

rn+ (2a1 − r)

Rn+ (2b1 −R)

Assim, r = 2, R = 4, a1 = 5/2 e b1 = 3/2. A razão pedida é52 + 2(n− 1)32 + 4(n− 1)

=5 + 4(n− 1)

3 + 8(n− 1)

Portanto,4n+ 1

8n− 5é a razão pedida.

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

A+ 10% de A, isto é o novo preço é A+10A

100=

110A

100reais.

Por último temos que pagar o 20% deste preço, isto é temos que pagar

110A

100+

20

100× 110A

100=

110A

100+

22A

100=

132A

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

100por cento.

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

vt = 1, 6xv ⇒ x =t

1, 6=

10

16t = 0, 625t

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.


Um carro novo custa R$18000, 00 e, com 4 anos de uso, vale R$12000, 00. Supondo que o valordecresça 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 quala0 = 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 qua-

drados 133.Solução.

Sejam os números a, ar e ar2 logo

a+ ar + ar2 = 19 e a2 + a2r2 + a2r4 = 133 = 7(19)

Observe que r4 + r2 + 1 = (r2 + r + 1)(r2 − r + 1) logo

a2+a2r2+a2r4 = 7(a+ar+ar2) ⇒ a−ar+ar2 = 7 ⇒ 2a+2ar2 = 19+7 ⇒ a+ar2 = 13

Como a+ ar + ar2 = 19 e a+ ar2 = 13 então ar = 6, de onde r =3

2ou r =

2

3.

Se r =3

2, então a = 4, e os números são: 4, 6, 9, o quarto termo é

27

2.

Se r =2

3então a = 9, e os números são: 9, 6, 4, o quarto termo é

8

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 2p − 1 é um número primo,então 2p−1(2p − 1) é um número perfeito.Solução.

Como (2p − 1) é primo, os divisores do número N = 2p−1(2p − 1) são:

20, 21, 22, · · · , 2p−1, 20(2p − 1), 21(2p − 1), 22(2p − 1), · · · , 2p−1(2p − 1)

Observe que podemos escrever estes divisores na forma

2α(2p − 1)β , α ∈ { 0, 1, 2, 3, · · · , p− 1 }, β ∈ { 0, 1}

A soma deste divisores é:

S = [20 + 21 + 22 + · · ·+ 2p−1] + [20(2p − 1) + 21(2p − 1) + 22(2p − 1) + · · ·+ 2p−1(2p − 1)] ⇒

S =2p − 1

2− 1+ (2p − 1)[

2p − 1

2− 1] ⇒ S = (2p − 1)[1 + (2p − 1)] = 2[2p−1(2p − 1)]

de onde S = 2N ; logo N é número perfeito.

50 MA12− 2012

Exercício 6.5.8.

Calcule o valor da soma de n parcelas 1 + 11 + · · ·+ 111 · · · 1Solução.

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− 10

1− 10, 11 = 1 + 10 =

1− 102

1− 10, 111 = 1 + 10 + 102 =

1− 103

1− 10

1111 = 1 + 102 + 103 =1− 104

1− 10, · · · ,

Como o último número tem n algarismos, então

1111 · · · 11 = 1 + 10 + 102 + 103 + · · ·+ 10n−1 =1− 10n

1− 10

Logo podemos escrever, usando estas igualdades:

S =1− 10

1− 10+

1− 102

1− 10+

1− 103

1− 10+ · · ·+ 1− 10n

1− 10⇒

S =1

9

[10 + 102 + 103 + · · · 10n − n

]⇒

S =1

9

[10(10n − 1)

10− 1− n

]⇒

S =1

81[10n+1 − 10− 9n] ∀ n ∈ N

Portanto, a soma pedida é1

81[10n+1 − 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 umlitro de água, obtendo-se uma mistura homogênea; retira-se, a seguir um litro da mistura e acrescenta-seum litro de água e assim por diante. Qual a quantidade de vinho que restará no garrafão após n dessasoperações?Solução.

Sugestão: Em cada operação, a quantidade de vinho diminui de 1p

Exercício 6.5.10.

Larga-se uma bola de uma altura de 5cm. Após cada choque com o solo, ela recupera apenas 4/9 daaltura anterior. Determine: a) a distância total percorrida pela bola. b) o tempo gasto pela bola atéparar.Solução. a)

Depois do primeiro contato com o solo a distância percorrida é em dobro até ficar em repouso, logo,


se D é a distância total percorrida tem-se quando L = 5cm

D = L+ 2

[(49

)+(49

)2L+

(49

)3L+ · · ·+

(49

)nL+ · · ·

]

D = L+ 2(49

)L

[1 +

4

9L+

(49

)2L+

(49

)3L+ · · ·+

(49

)nL+ · · ·

]D = L+

8

9L

[1

1− 49

]=

13

5L ⇒ 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 equando uma bola é lançada do chão verticalmente para cima, o tempo gasto na subida é igual ao tempoda 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 ane bn, respectivamente, o número de alunos do primeiro período no primeiro e no segundo semestres doano 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 an = an−1 ·r, para todo n ∈ N, de onde

bn = log an = log(an−1 · r = log an−1 + log r = bn−1 + r, ∀ n ∈ N

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 = ean é uma progressão geomé-

trica.Solução.

Sendo (an) uma progressão aritmética de razão r, tem-se que an = an−1 + r, para todo n ∈ N, deonde

bn = ean = ean−1+r = ean−1 · er = bn−1 · er, ∀ n ∈ N

Portanto, (bn) é uma progressão geométrica de razão er.

Exercício 6.5.14.

52 MA12− 2012

Seja A =

(1 2

2 4

). Determine An:

Solução.

Dado A =

(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 decorreA3 = (1 + 22)A2 = (1 + 22)2A

A4 = (1 + 22)A3 = (1 + 22)3A

Em geral podemos supor An = (1 + 22)n−1A 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−1A = (1 + 22)h−1A2 = (1 + 22)h−1(1 + 22)A = 5hA

Portanto, An = 5n−1A, ∀ n ∈ N.

6.6 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

A− 10% de A, isto é o novo preço é A− 10A

100=

90A

100reais.

Por último temos um desconto de 20% deste preço, isto é temos que pagar

90A

100− 20

100× 90A

100=

90A

100− 18A

100=

72A

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

100por cento.

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

A+ 10% de A, isto é o novo preço é A+10A

100=

110A

100reais.

Por último temos um desconto de 20% deste preço, isto é temos que pagar

110A

100− 20

100× 110A

100=

110A

100− 22A

100=

88A

100

Um aumento de 10% seguido de um desconto de 20% equivale a um desconto único de quanto 22%.

Exercício 6.6.3.


O período de um pêndulo simples é diretamente proporcional à raiz quadrada do seu comprimento. Dequanto 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.

Seja b a base e h a altura de um triângulo, sua área é A =1

2bh.

Aumentando em 10% a base, a nova base mede 1, 1b. Diminuindo a altura em 10%, a nova altura

mede 0, 9h, conseqüentemente a área com estas novas dimensões é A1 =1

2(1, 1b)(0, 9h) =

1

2(0, 99).

Comparando estas áreas tem-se que a nova área diminue em 0, 01.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 ar2 os lados do triângulo, sabe-se que um dos lados sempreé menos que a soma dos outros dois, logo

a < ar + ar2, ar < a+ ar2, ar2 < a+ ar ⇒

calcelando a

1 < r + r2, r < 1 + r2, r2 < 1 + r ⇒ r2 − r − 1 < 0

(r − 1

2)2 − (

√5

2)2 < 0 ⇒ −

√5

2< r − 1

2<

√5

2⇒ 1−

√5

2< r <

1 +√5

2

Portanto, r ∈ (0,1 +

√5

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

(ar2)2 = (ar)2 + a2 ⇒ r4 = r2 + 1 ⇒ r2 =1±

√1− 4(1)(−1)

2

Pelas condições do problema a razão é r =

√1 +

√5

2.

Exercício 6.6.7.Qual o quarto termo da progressão geométrica

√2, 3

√2, 6

√2, · · · ?

Solução.

54 MA12− 2012

Tem-se: a1 =√2, a2 = a1r = 3

√2 então r =

3√2√2=

6√22

6√23

=16√2, por último a3 = a1r

2 = 6√2.

Isto é a3 = (√2)(

16√2)2 =

√2

6√22

= 6√2. Efetivamente trata-se de uma progressão geométrica.

O quarto termo é 6√2 · 1

6√2= 1 é a unidade.

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.

Pelo exercício anterior os números são: 4, 6, 9, a razão é r =3

2.

Substraindo 1 ao primeiro número resulta o conjunto ordenado: 3, 6, 9, é uma progressão aritméticade 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 = ar2 então a(1−r2) = 6 e como os números do terceiro lugar tambémtêm que ser iguais, segue que a+ 6 = ar de onde 6 = a(r − 1)

Assim, a(1− r2) = 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-seN = 444 · · · 488 · · · 89 = 444 · · · 4000 · · · 00 + 88 · · · 80 + 9

N = 444 · · · 488 · · · 89 = 4(102n−1 + · · ·+ 10n) + 8(10n−1 + 10n−2 + · · ·+ 102 + 10) + 9

N = 4× 10n(10n−1 + · · ·+ 1) + 8× 10(10n−2 + 10n−3 + · · ·+ 10 + 1) + 9

N = 4× 10n(10n − 1

10− 1) + 8× 10(

10n−1 − 1

10− 1) + 9

N =1

9

[4× (10n)2 − 4× 10n + 8× 10n − 8× 10 + 81

]N =

1

9[2× 10n + 1]

2=

[2× 10n + 1

3

]2Afirmo: O número 2× 10n + 1 é múltiplo de 3.Com efeito, se n = 1 tem-se 2× 101 + 1 = 21 = (3)(7) é verdade.


Suponhamos que 2× 10h + 1 = 3k para algum k ∈ Z.Seja h+ 1 ∈ N, logo pela hipótese auxiliar

2× 10 h+ 1 + 1 = 2× 10h(9 + 1) + 1 = 2× 10h(9) + (2× 10h + 1) = 3k1 + 3k, k1 ∈ Z

Portanto 2× 10n + 1 é múltiplo de 3, e N é um quadrado perfeito. Sua raiz é2× 10n + 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 colocadasanteriormente. Depois de 33 dessas operações, a altura da pilha será, aproximadamente: a) a altura deum 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 210 = 1024 ≈= 103.

Exercício 6.6.12.Calcule a soma dos divisores de 12.600 que seja:

a) positivos. b) ímpares e positivos.Solução. a)

Seja o número: N = pn11 pn2

2 pn33 · · · pnm−1

m−1 pnmm

Afirmo:i) A soma dos divisores positivos de um número N é dada pela igualdade:

S(N) =(pn1+1

1 − 1

p1 − 1

)(pn2+12 − 1

p2 − 1

)(pn3+13 − 1

p3 − 1

)· · ·(pnm+1

m − 1

pm − 1

)ii A quantidade máxima dos divisores positivos de N é dada pela igualdade M , onde:

M = (n1 + 1)(n2 + 1)(n3 + 1)(n4 + 1) · · · (nm−1 + 1)(nm + 1)

Com efeito, para mostrar i) .Suponha m = 1, então N = pn1

1 ; os divisores de N são os números 1, p1, p21, p

31, · · · , p

n11 e a soma

de todos eles é: S(k) = 1 + p1 + p21 + p31 + · · ·+ pn11 =

pn1+11 − 1

p1 − 1.

Suponha para m = h, a soma dos divisores positivos de N seja:

S(Nh) =(pn1+1

1 − 1

p1 − 1

)(pn2+12 − 1

p2 − 1

)(pn3+13 − 1

p3 − 1

)· · ·(pnm+1

h − 1

ph − 1

)Para m = h+1 temos que Nh+1 = pn1

1 · pn22 · pn3

3 · · · pnh

h · pnh+1

h+1 . A soma de todos os divisores de k ; é:

S(Nh+1) = S(Nh) + S(kh) · p1h+1 + S(Nh) · p2h+1 + S(Nh) · p3h+1 + · · ·+ S(Nh)pnh+1

h+1

S(Nh+1) = S(Nh)[1 + p1h+1 + p2h+1 + p3h+1 + · · ·+ pnh+1

h+1 ]

56 MA12− 2012

S(Nh+1) = S(Nh)

[pnh+1+1h+1 − 1

ph+1 − 1

]Portanto, a soma dos divisores positivos de N é:

S(N) =(pn1+1

1 − 1

p1 − 1

)(pn2+12 − 1

p2 − 1

)(pn3+13 − 1

p3 − 1

)· · ·(pnm+1

m − 1

pm − 1

)O número N = 12.600 = 23 × 32 × 52 × 71, logo em virtude de ii) o máximo número de divisores

positivos é M = (3 + 1)(2 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 72. Por outro lado, todos os divisores de 12.600 são daforma

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 − 1

2− 1· 3

3 − 2

3− 1· 5

3 − 1

5− 1· 7

2 − 1

7− 1= (15)(

25

2)(7

4)(8) = 2625

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

102+

1

104+

1

106+ · · · ) = 41

102(1 +

1

102+( 1

102)2

+( 1

102)3

+ · · · )

N =41

100

[1

1− 1102

]=

41

99

b) M = 0, 345454545 · · · = 0, 3 + 0, 045 + 0, 00045 + 0.0000045 + · · ·

N =3

10+ 45(

1

103+

1

105+

1

107+ · · · ) = 3

10+

45

103(1 +

1

102+( 1

102)2

+( 1

102)3

+ · · · )

N =3

10+

45

1000

[1

1− 1102

]=

3

10+

45

990=

345− 3

990=

342

990

c) 0, 999999999 · · ·

d) 1, 711111111 · · ·

Exercício 6.6.14.Determine os limites das somas abaixo

Solução.

a. S = 2 +2

3+

2

9+ · · ·+ 2

3n+ · · ·

Sn = 2(1 +1

3+

1

9+ · · ·+ 1

3n−1) = 2

[1−

(13

)n1− 1

3

]= 3(1−

(13

)n)

Quando n → ∞ tem-se que Sn → 3.


Portanto, o limite da soma é S = 3

b. Sugestão: São duas progressões geométricas.

c. Sugestão: Sendo S a soma pedida, calcule S2 e subtraia.

d. S = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · , −1 < x < 1. Seja

Sn = 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · ·+ nxn−1 ⇒

−xSn = −x− 2x2 − 3x3 − 4x4 − · · · − nxn

Somando estas igualdades

Sn − xSn = 1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xn−1 − nxn ⇒ (1− x)Sn =1− xn

1− x− nxn

Sn =1

(1− x)2[(1− xn)− n(1− x)xn] =

Como −1 < x < 1, quando n → ∞ tem-se que Sn → 1

(1− x)2.

Portanto, o limite da soma é S =1

(1− x)2

e.

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 ena sua parte inferior com o ponto E, logo temos que os triângulos CDB e CED são semelhantes. Assim

sen(CBD) = sen(ECD) ⇒ b

a=

DE

b⇒ DE =

b2

a= a

( ba

)2Na 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 FG = a( ba )4, e assim sucessivamente, o

comprimento de todas as paralelas ao segmento BC formam a progressão geométrica

a, a( ba

)2, a( ba

)4, a( ba

)6, a( ba

)8, · · · , (6.1)

58 MA12− 2012

Por outro lado, sen(FDG) = sen(GEF ) então

EF

DE=

FG

EF⇒ EF

2= FG ·DE ⇒ EF

2= a

( ba

)4· a( ba

)2⇒ EF = a

( ba

)3= b( ba

)2E assim sucessivamente, o comprimento de todas as paralelas ao segmento CD = b formam a pro-

gressão geométrica

b, b( ba

)2, b( ba

)4, b( ba

)6, b( ba

)8, b( ba

)10, · · · , (6.2)

O comprimento da poligonal é a soma dos termos das progressões (6.1) e (6.2), isto é, seja P a somaprocurada

P = [a+a( ba

)2+a( ba

)4+a( ba

)6+a( ba

)8+· · · , ]+[b+b

( ba

)2+b( ba

)4+b( ba

)6+b( ba

)8+b( ba

)10, · · · , ] =

Pn = (a+ b)×

(ba

)2n− 1(

ba

)2− 1

−→n → ∞

P =a2(a+ b)

a2 − b2

O comprimento da poligonal é P =a2

a− bSolução. 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 doraio do semicírculo anterior, determine:

Figura 6.6:

a) o comprimento da espiral.


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 círculoé 1 e o raio do segundo é r < 1. cada círculo tangencia externamente o círculo anterior. Determine asoma dos raios dos n primeiros círculos. Solução.

Exercício 6.6.18.

Seja Sn 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 Qn+1 são os pontos médios dos lados de Qn”. Determinequais das afirmações abaixo são verdadeiras:

1) É possível escolher Sn de modo que Sn > 1; 9.

2) É possível escolher Sn de modo que Sn > 2.

3) É possível escolher Sn de modo que Sn > 2; 1.

4) É possível escolher Sn de modo que Sn = 2.

5) É possível escolher Sn de modo que Sn = 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 . . . ⇒ S2 = x

√x

√x√

x√x . . ., logo

S2 = xS ⇒ S(S − x) = 0 ⇒ S = 0, S = x

Portanto, S ≈ x, pois S = 0.

b) Seja T =

√x√y√

x√y . . . ⇒ T 2 = x

√y

√x√y√x . . . ⇒ T 4 = x2y

√x√y√

x√y . . ., logo

T 4 = x2yT ⇒ T (T 3 − x2y) = 0 ⇒ T = 0, T = 3√x2y

Portanto, T = 3√x2y, pois S = 0.

Exercício 6.6.20.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 cadaum desses segmentos e assim por diante. Sendo Sn a soma dos comprimentos dos intervalos que restaramdepois de n dessas operações, determine:

a) O valor de Sn.b) O valor de lim

n→∞Sn:

c) Certo livro, muito citado em aulas de análise de erros de livros didáticos, afirma que, ao final, oconjunto 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

segmentos de comprimento 1/3, logo S1 = 2 · 13.

Dividimo-lo em três partes iguais o segmento 1/3 e retirado o interior da parte central, obtém-se

quatro segmentos de comprimento 1/32, logo S2 = 2 · 13+ 4

1

32.

Dividimo-lo em três partes iguais o segmento 1/32 e retirado o interior da parte central, obtém-se oito

segmentos de comprimento 1/33, logo S3 = 2 · 13+ 4 · 1

32+ 8 · 1

32=

3∑k=1

2k · 1

3k.

Portanto, o valor de Sn =n∑

k=1

2k · 1

3k=

n∑k=1

(23

)k.

Solução. b)

limn→∞

Sn = limn→∞

(23

)k=

2

3· 1

1− 23

= 2


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 damassa 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 quadradaSolução.

Tem-sea = 111 · · · 1 = 10n−1 + 10n−2 + · · ·+ 102 + 10 + 1 =

10n − 1

10− 1=

10n − 1

9

b = 100 · · · 05 = 10n + 5

logo

ab+ 1 =10n − 1

9× (10n + 5) + 1 =

1

9[(102n + 4(10n)− 5) + 9]

ab+ 1 =1

9(10n + 2)2 =

(10n − 1

3

)2(6.3)

Afirmo,10n + 2

3é um número inteiro.

Com efeito

1

3(10n + 2) =

1

3[(9 + 1)n + 2] =

1

3[

(n

0

)9n +

(n

1

)9n−1 + · · ·+

(n

n− 1

)9 + 1n + 2] =

1

3(10n + 2) =

1

3[múltiplo de 9 + 3] = múltiplo de 3 ∈ Z

Portanto, ab+ 1 é quadrado perfeito, e sua raiz quadrada é1

3(10n + 2).

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 partesiguais, construindo externamente sobre a parte central um triângulo equilátero e suprimindo então a partecentral (ver figura abaixo). Sendo Pn e An respectivamente o perímetro e a área do n-ésimo estágio dacurva de Koch, determine: a)Pn b)An c) lim Pn d) limAn:Solução.

62 MA12− 2012

Exercício 6.6.24.Pitágoras1, 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 dossons emitidos por essas cordas seria a razão inversa dos seus comprimentos, isto é, de 2 para 1 e queduas cordas vibram em uníssono se e só se a razão de seus comprimentos é uma potência inteira de 2. Afreqüência 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 escalamusical 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 sãoLÁ - 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 paravariações de intensidade do estímulo proporcionais ao próprio estímulo. Por exemplo, um homem, quesai de um ambiente iluminado para outro, só percebe uma variação da luminosidade se esta for superiora 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 deescalas 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 conhecidasescalas de Fechner é a que mede a sensação de ruído. Ela é definida por L = 120 + 10 log10 l, onde L éa medida da sensação d e ruído em decibéis (dB) e l é a intensidade sonora, medida em W/m2. Duasbandas 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:

1Pitágoras, matemático de Samos, cerca de cinco séculos e meio antes de Cristo.


a)∞∑k=1

k2

2kb)

n∑k=1

k · 2k

Solução. a)

Tem-se △ 1

2k=

1

2k+1− 1

2k= −1

2· 1

2k, assim

1

2k= −2△ 1

2k

Sn =n∑

k=1

k2

2k= −2

n∑k=1

k2 · △ 1

2k

Lembremos a fórmula da somação por partesn∑

k=1

ak+1△bk = an+1bn+1 − a1b1 −n∑

k=1

bk△ak

Como ak+1 = k2, então ak = (k − 1)2, a1 = 0 e △ak = k2 − (k − 1)2 = 2k − 1

Sn = −2

[n2 · 1

2n+1− 02 · 1

21−

n∑k=1

1

2k· (2k − 1)

]

Sn = −2

[n2 · 1

2n+1−

n∑k=1

2k

2k+

n∑k=1

1

2k

]

Sn = −2

[n2 · 1

2n+1− 2

n∑k=1

k

2k+ (1− 1

2n)

](6.4)

Cálculo den∑

k=1

k

2k. Tem-se

n∑k=1

k

2k= −2

n∑k=1

k△ 1

2k, como ak+1 = k, então ak = (k − 1), a1 = 0 e

△ak = k − (k − 1) = 1

Aplicando a fórmula da somação por partes

n∑k=1

1

2kk = −2

n∑k=1

k△ 1

2k= −2(n · 1

2n+1− 0−

n∑k=1

1

2k) = 2− · n

2n− 1

2n−1

Substituindo em (6.4)

Sn = −2

[n2 · 1

2n+1− 2

[2− n

2n− 1

2n−1

]+ (1− 1

2n)

]

Sn = −[n2

2n− 3 +

n

2n−2+

1

2n−3− 1

2n−1

]

Sn = 3− n2

2n− n

2n−2− 1

2n−3+

1

2n−1−→ 3 quando n → ∞

Portanto,∞∑k=1

k2

2k= 3

Solução. b)

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