PROVAS DO PROFMAT Mestrado Profissional em Matemática em Rede

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APOSTILA 
AVALIAÇÕES 
PROFMAT 
MA11 
MA12 
MA13 
MA14 
2011-2014 
MA11
AVALIAÇÕES
MA11
2011-2013 
MA11 
- 
2011
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 1 – 2011
Questa˜o 1.
Um pequeno barco a vela, com 7 tripulantes, deve atravessar o oceano em 42 dias. Seu suprimento de a´gua pota´vel
permite a cada pessoa dispor de 3,5 litros de a´gua por dia (e e´ o que os tripulantes fazem). Apo´s 12 dias de viagem,
o barco encontra 3 na´ufragos numa jangada e os acolhe. Pergunta-se:
(1.0) (a) Quantos litros de a´gua por dia cabera˜o agora a cada pessoa se a viagem prosseguir como antes?
(1.0) (b) Se os 10 ocupantes de agora continuarem consumindo 3,5 litros de a´gua cada um, em quantos dias, no ma´ximo,
sera´ necessa´rio encontrar uma ilha onde haja a´gua?
Questa˜o 2.
(1.0) (a) Quais sa˜o os valores de y para os quais existe uma func¸a˜o quadra´tica f : R → R tal que f(1) = 3, f(2) = 5 e
f(3) = y?
(1.0) (b) Tome y = 9 e determine a func¸a˜o quadra´tica correspondente. Justifique seus argumentos.
Questa˜o 3.
(1.0) (a) Seja f : A→ B uma func¸a˜o. Deˆ as definic¸o˜es de f(X) e f−1(Y ), para X ⊂ A e Y ⊂ B. Se f : R→ R e´ dada
por f(x) = 2x2 + 3x+ 4, determine os conjuntos f(R) e f−1(3).
(1.0) (b) Seja f : A → B uma func¸a˜o. Prove que f(X ∪ Y ) = f(X) ∪ f(Y ), quaisquer que sejam X,Y ⊂ A. Deˆ um
exemplo em que f(X ∩ Y ) 6= f(X) ∩ f(Y ).
Questa˜o 4.
(0.5) (a) Se r 6= 0 e´ um nu´mero racional, prove que r√2 e´ irracional.
(0.5) (b) Dado qualquer nu´mero real ǫ > 0, prove que existe um nu´mero irracional α tal que 0 < α < ǫ.
(1.0) (c) Mostre que todo intervalo [a, b], com a < b, conte´m algum nu´mero irracional.
Questa˜o 5.
Sejam m e n nu´meros naturais primos entre si.
(1.0) (a) Mostre que m
n
e´ equivalente a uma frac¸a˜o decimal (isto e´, com denominador poteˆncia de 10) se, e somente se,
n na˜o tem fatores primos diferentes de 2 ou 5.
(1.0) (b) Mostre que se n tem outros fatores primos ale´m de 2 ou 5 enta˜o a expansa˜o decimal e´ infinita e, a partir de
um certo ponto, perio´dica.
PROFMAT – P1 – MA 11 – 2011
Questa˜o 1.
Um pequeno barco a vela, com 7 tripulantes, deve atravessar o oceano em 42 dias. Seu suprimento de a´gua pota´vel
permite a cada pessoa dispor de 3,5 litros de a´gua por dia (e e´ o que os tripulantes fazem). Apo´s 12 dias de viagem,
o barco encontra 3 na´ufragos numa jangada e os acolhe. Pergunta-se:
(1.0) (a) Quantos litros de a´gua por dia cabera˜o agora a cada pessoa se a viagem prosseguir como antes?
(1.0) (b) Se os 10 ocupantes de agora continuarem consumindo 3,5 litros de a´gua cada um, em quantos dias, no ma´ximo,
sera´ necessa´rio encontrar uma ilha onde haja a´gua?
UMA RESPOSTA
Uma soluc¸a˜o concisa e´ a seguinte:
(a) O nu´mero de pessoas aumentou em 10
7
. Portanto a a´gua dispon´ıvel para cada um deve ser 7
10
do que era antes
(3,5 litros), isto e´, 49
20
= 2, 45 litros.
(b) As 7 pessoas teriam a´gua pelos 30 dias restantes, mas agora ha´ 10
7
vezes o nu´mero anterior de pessoas. Isso reduz
os dias a 7
10
· 30 = 21.
Outra forma de pensar e´ a seguinte. Primeiro calcula-se a quantidade Q de a´gua que resta apo´s 12 dias. Como
restam 30 dias de viagem, com 7 pessoas consumindo 3,5 litros por dia, sa˜o Q = 30×7×3, 5 litros (como a quantidade
de a´gua e´ justa para os 42 dias e os primeiros 12 dias transcorreram como previsto, conclui-se que o que resta para
os outros 30 dias tambe´m e´ justo).
(a) Esse total deve ser consumido nos mesmos 30 dias, mas agora por 10 pessoas. Enta˜o o consumo dia´rio de cada
um e´ Q dividido por 30× 10, que da´ 7
10
× 3, 5 = 2, 45 litros.
(b) Se todos consumirem 3,5 litros por dia, a cada dia transcorrido apo´s o de´cimo segundo dia sera˜o consumidos 35
litros. Portanto, apo´s n dias restara˜o Q− 35n litros. Queremos saber o maior n tal que Q− 35n ≥ 0, isto e´, o maior
n que seja menor ou igual a Q
35
. Mas Q
35
= 30 × 7
10
= 21, enta˜o em 21 dias (exatamente) se esgotara´ o reservato´rio
de a´gua.
1
PROFMAT – P1 – MA 11 – 2011
Questa˜o 2.
(1.0) (a) Quais sa˜o os valores de y para os quais existe uma func¸a˜o quadra´tica f : R → R tal que f(1) = 3, f(2) = 5 e
f(3) = y?
(1.0) (b) Tome y = 9 e determine a func¸a˜o quadra´tica correspondente. Justifique seus argumentos.
UMA RESPOSTA
(a) Para que exista uma func¸a˜o quadra´tica f : R→ R tal que f(1) = 3, f(2) = 5 e f(3) = y e´ necessa´rio e suficiente
que os pontos (1, 3), (2, 5) e (3, y) na˜o sejam colineares, isto e´, que 5−3
2−1 6= y−53−2 , ou seja, que y − 5 6= 2, ou ainda,
y 6= 7.
(b) Para obter os coeficientes a, b, c da func¸a˜o f(x) = ax2 + bx+ c, deve-se resolver o sistema (nas inco´gnitas a, b, c)

a+ b+ c = 3
4a+ 2b+ c = 5
9a+ 3b+ c = 9
Isto e´ feito de modo simples: basta subtrair a primeira equac¸a˜o das duas seguintes. Tem-se{
3a+ b = 2
8a+ 2b = 6
Por subtrac¸a˜o (segunda menos duas vezes a primeira), ficamos com 2a = 2, de onde sai imediatamente a = 1.
Substituindo esse valor em 3a+ b = 2, obtemos b = −1, e voltando a` equac¸a˜o a+ b+ c = 3 obtemos c = 3. Portanto
x2 − x+ 3 e´ a func¸a˜o quadra´tica procurada.
Comenta´rio: Ha´ diversas outras formas de se resolver o problema. Por exemplo: tome primeiro a func¸a˜o g(x) = 1+2x,
que e´ a func¸a˜o afim tal que g(1) = 3 e g(2) = 5. Observe que f(x) = g(x) + a(x− 1)(x− 2) e´ uma func¸a˜o quadra´tica
que assume os mesmos valores que g nos pontos x = 1 e x = 2. Enta˜o basta achar a que fac¸a f(3) = y. Ora,
f(3) = 1 + 2 · 3 + a(3− 1)(3− 2) = 7 + 2a .
Enta˜o 7 + 2a = y e, portanto, a = y−7
2
. Por conseguinte,
f(x) = 1 + 2x+
y − 7
2
(x− 1)(x− 2)
responde o problema para qualquer y. Em particular, para y = 9,
f(x) = 1 + 2x+ (x− 1)(x− 2) = x2 − x+ 3 .
2
PROFMAT – P1 – MA 11 – 2011
Questa˜o 3.
(1.0) (a) Seja f : A→ B uma func¸a˜o. Deˆ as definic¸o˜es de f(X) e f−1(Y ), para X ⊂ A e Y ⊂ B. Se f : R→ R e´ dada
por f(x) = 2x2 + 3x+ 4, determine os conjuntos f(R) e f−1(3).
(1.0) (b) Seja f : A → B uma func¸a˜o. Prove que f(X ∪ Y ) = f(X) ∪ f(Y ), quaisquer que sejam X,Y ⊂ A. Deˆ um
exemplo em que f(X ∩ Y ) 6= f(X) ∩ f(Y ).
UMA RESPOSTA
(a) Definic¸a˜o da imagem de um subconjunto X de A:
f(X) = {y ∈ B; f(x) = y para algum x ∈ X} .
Definic¸a˜o da pre´-imagem de um subconjunto Y de B:
f−1(Y ) = {x ∈ A; f(x) ∈ Y } .
Agora consideremos a func¸a˜o f : R→ R tal que f(x) = 2x2+3x+4. Como o coeficiente de x2 e´ positivo, a func¸a˜o
quadra´tica assume seu valor mı´nimo f(− 3
4
) = 23
8
para x = − b
2a
= − 3
4
. Assim, f(x) ≥ 23
8
para todo x ∈ R, ou seja,
f(R) ⊂ [ 23
8
,+∞). Ale´m disso, para todo y ≥ 23
8
, a equac¸a˜o f(x) = y, ou seja, 2x2 + 3x + 4 = y, que equivale a
2x2+3x+4− y = 0, tem discriminante ∆ = 9−32+8y ≥ −23+23 = 0, logo existe(m) valor(es) de x com f(x) = y.
Assim f(R) = [ 23
8
,+∞).
f−1(3) e´ o conjunto dos pontos x tais que f(x) = 3, isto e´, tais que 2x2+3x+4 = 3. Enta˜o e´ o conjunto das soluc¸o˜es
de 2x2 + 3x+ 1 = 0, que e´ igual a {−1,− 1
2
}.
Comenta´rio: f−1(3) e´ um abuso de linguagem amplamente aceito para designar f−1({3}).
(b) z ∈ f(X ∪Y ) se, e somente se, existe w ∈ X ∪Y tal que f(w) = z, que por sua vez ocorre se, e somente se, existe
x ∈ X tal que f(x) = z ou existe y ∈ Y tal que f(y) = z, que ocorre se, e somente se, z ∈ f(X) ou z ∈ f(Y ), que
ocorre se, e somente se, z ∈ f(X) ∪ f(Y ).
Tome f : R→ R com f(x) = x2, X = [−1, 0] e Y = [0, 1]. Neste caso, X ∩ Y = {0} e f(X) = f(Y ) = [0, 1]. Logo
f(X ∩ Y ) = {f(0)} = {0} e f(X) ∩ f(Y ) = [0, 1].
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PROFMAT – P1 – MA 11 – 2011
Questa˜o 4.
(0.5) (a) Se r 6= 0 e´ um nu´mero racional, prove que r√2 e´ irracional.
(0.5) (b) Dado qualquer nu´mero real ǫ > 0, prove que existe um nu´mero irracional α tal que 0 < α < ǫ.
(1.0) (c) Mostre que todointervalo [a, b], com a < b, conte´m algum nu´mero irracional.
UMA RESPOSTA
(a) Se r
√
2 e´ racional, enta˜o r
√
2 = p
q
, para p, q ∈ Z, q 6= 0. Como r 6= 0, podemos dividir por r para obter √2 = p
rq
,
de que resulta
√
2 racional, contradic¸a˜o.
(b) Escolha n um nu´mero natural maior do que
√
2
ǫ
. Enta˜o α =
√
2
n
e´ positivo, irracional (pelo item (a)) e
α =
√
2
n
<
√
2√
2/ǫ
= ǫ .
(c) Se a ou b for irracional, na˜o ha´ o que provar. Se a for racional, subtraindo a de todos os nu´meros do intervalo
[a, b], ficamos com o intervalo [0, b− a]. Tomando ǫ igual a b− a no item (b), obtemos o irracional α menor do que
b− a e maior do que zero. Enta˜o a+ α e´ irracional (se na˜o fosse, enta˜o α seria a soma de dois racionais e, portanto,
um racional, contradizendo (b)) e pertence ao intervalo [a, b].
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PROFMAT – P1 – MA 11 – 2011
Questa˜o 5.
Sejam m e n nu´meros naturais primos entre si.
(1.0) (a) Mostre que m
n
e´ equivalente a uma frac¸a˜o decimal (isto e´, com denominador poteˆncia de 10) se, e somente se,
n na˜o tem fatores primos diferentes de 2 ou 5.
(1.0) (b) Mostre que se n tem outros fatores primos ale´m de 2 ou 5 enta˜o a expansa˜o decimal e´ infinita e, a partir de
um certo ponto, perio´dica.
UMA RESPOSTA
(a) Sendo m e n primos entre si, uma frac¸a˜o equivalente a m
n
deve ter a forma mp
np
(obtida multiplicando-se m e n
pelo mesmo nu´mero natural p).
Os fatores primos de uma poteˆncia de 10 sa˜o 2 e 5. Se mp
np
e´ frac¸a˜o decimal para algum p enta˜o np = 10r. Logo,
np so´ admite fatores primos iguais a 2 ou 5, e, portanto, n tambe´m.
Reciprocamente, se n possui apenas fatores primos iguais a 2 ou 5, enta˜o podemos multiplicar n por p de forma
que o resultado seja uma poteˆncia de 10 (p pode ser ou uma poteˆncia de 2 ou uma poteˆncia de 5). Com esse p, mp
np
e´ uma frac¸a˜o decimal.
(b) Usando o processo tradicional da divisa˜o continuada para transformar m
n
em frac¸a˜o decimal, como ha´ fatores
de n diferentes de 2 ou 5, em nenhuma etapa o resto da divisa˜o e´ zero, logo a expansa˜o nunca termina, ou seja, e´
infinita. Ale´m disso, os diferentes restos (diferentes de zero) que ocorrem sa˜o todos menores do que n, portanto o
nu´mero deles e´ no ma´ximo n− 1. Assim, algum resto deve repetir-se e, a partir da´ı, o processo se repete: os restos
se sucedem na mesma ordem anterior e, portanto, os quocientes tambe´m, o que fornece a periodicidade (observe que
o per´ıodo tem, no ma´ximo, n− 1 nu´meros).
5
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 2 – 2011
Questa˜o 1.
Calcule as seguintes expresso˜es:
(1,0) (a) logn
[
logn
n
√
n
√
n
√
n
]
(1,0) (b) xlog a/ log x, onde a > 0, x > 0 e a base dos logaritmos e´ fixada arbitrariamente.
Questa˜o 2.
(Como caracterizar a func¸a˜o exponencial a partir da func¸a˜o logaritmo.) Seja f : R→ R uma func¸a˜o crescente, tal
que f(x+ y) = f(x) · f(y) para quaisquer x, y ∈ R. Prove as seguintes afirmac¸o˜es:
(1,0) (a) f(x) > 0 para todo x ∈ R e f(1) > 1.
(1,0) (b) Pondo a = f(1), a func¸a˜o g : R → R definida por g(x) = loga f(x) e´ linear. (Use o Teorema Fundamental da
Proporcionalidade.)
(0,5) (c) Para todo x ∈ R, g(x) = x, onde g e´ a func¸a˜o definida no item (b).
(0,5) (d) f(x) = ax para todo x ∈ R.
Questa˜o 3.
(1,0) (a) 24h apo´s sua administrac¸a˜o, a quantidade de uma droga no sangue reduz-se a 10% da inicial. Que percentagem
resta 12h apo´s a administrac¸a˜o? Justifique sua resposta, admitindo que o decaimento da quantidade de droga
no sangue e´ exponencial.
(1,0) (b) Em quanto tempo a quantidade de droga no organismo se reduz a 50% da dose inicial?
(0,5) (c) Se a mesma droga for administrada em duas doses de 10 mg com um intervalo de 12h, qual e´ a quantidade
presente no organismo apo´s 24h da primeira dose?
(Questa˜o 4 na pro´xima pa´gina)
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 2 – 2011
Questa˜o 4.
(1,0) (a) Usando as fo´rmulas para cos(x+ y) e sen(x+ y), prove que
tg(x− y) = tg(x)− tg(y)
1 + tg(x) · tg(y)
(desde que tg(x− y), tg(x) e tg(y) estejam definidas).
(1,5) (b) Levando em conta que um aˆngulo e´ ma´ximo num certo intervalo quando sua tangente e´ ma´xima, use a fo´rmula
acima para resolver o seguinte problema:
Dentro de um campo de futebol, um jogador corre para a linha de fundo do time adversa´rio ao longo de uma
reta paralela a` lateral do campo que cruza a linha de fundo fora do gol (ver figura). Os postes da meta distam
a e b (com a < b) da reta percorrida por ele. Mostre que o jogador veˆ a meta sob aˆngulo ma´ximo quando sua
distaˆncia x ao fundo do campo e´ igual a
√
ab.
a
b
x
PROFMAT – AV2 – MA 11 – 2011
Questa˜o 1.
Calcule as seguintes expresso˜es:
(1,0) (a) logn
[
logn
n
√
n
√
n
√
n
]
(1,0) (b) xlog a/ log x, onde a > 0, x > 0 e a base dos logaritmos e´ fixada arbitrariamente.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Como n
√
n
√
n
√
n = n1/n
3
, temos
logn
n
√
n
√
n
√
n =
1
n3
= n−3 ,
logo o valor da expressa˜o dada e´ −3.
(b) Tomando logaritmo na base b que foi fixada, temos
log
(
xlog a/ log x
)
=
log a
log x
· log x = log a .
Como a func¸a˜o log e´ injetiva, segue-se que
xlog a/ log x = a .
1
PROFMAT – AV2 – MA 11 – 2011
Questa˜o 2.
(Como caracterizar a func¸a˜o exponencial a partir da func¸a˜o logaritmo.) Seja f : R→ R uma func¸a˜o crescente, tal
que f(x+ y) = f(x) · f(y) para quaisquer x, y ∈ R. Prove as seguintes afirmac¸o˜es:
(1,0) (a) f(x) > 0 para todo x ∈ R e f(1) > 1.
(1,0) (b) Pondo a = f(1) a func¸a˜o g : R → R definida por g(x) = loga f(x) e´ linear. (Use o Teorema Fundamental da
Proporcionalidade.)
(0,5) (c) Para todo x ∈ R, g(x) = x, onde g e´ a func¸a˜o definida no item (b).
(0,5) (d) f(x) = ax para todo x ∈ R.
UMA SOLUC¸A˜O
O objetivo desta questa˜o e´ mostrar que e´ poss´ıvel caracterizar a func¸a˜o exponencial a partir da func¸a˜o logaritmo,
sem usar argumentos geome´tricos, como esta´ no livro no caso de logaritmos naturais.
(a) Sendo crescente, f na˜o e´ identicamente nula. Da´ı resulta que f(x) 6= 0 para todo x ∈ R, pois se existisse x0 ∈ R
com f(x0) = 0 ter´ıamos, para qualquer x ∈ R,
f(x) = f(x0 + (x− x0)) = f(x0) · f(x− x0) = 0
e f seria identicamente nula.
Em seguida, notamos que
f(x) = f(
x
2
+
x
2
) = f(
x
2
) · f(x
2
) = [f(
x
2
)]2 > 0
para todo x ∈ R.
Vamos mostrar que f(0) = 1. Como f(0) = f(0+0) = f(0) ·f(0), enta˜o f(0) e´ soluc¸a˜o positiva da equac¸a˜o x = x2.
Como essa equac¸a˜o so´ tem 1 como soluc¸a˜o positiva, a igualdade esta´ demonstrada.
Finalmente, como f e´ crescente, f(1) > f(0) = 1.
(b) O Teorema Fundamental da Proporcionalidade diz que se g : R→ R e´ crescente e satisfaz g(x+ y) = g(x) + g(y)
para quaisquer x, y ∈ R, enta˜o g e´ linear, isto e´, g(x) = cx, com c > 0. No nosso caso, temos
g(x+ y) = loga f(x+ y) = loga[f(x) · f(y)] = loga f(x) + loga f(y) = g(x) + g(y) ,
para quaisquer x, y ∈ R.
(c) Temos g(1) = loga f(1) = loga a = 1, portanto g(x) = x para todo x ∈ R.
(d) Como acabamos de ver, loga f(x) = x, para todo x ∈ R. Como loga ax = x e a func¸a˜o loga e´ injetiva, segue-se
que f(x) = ax.
2
PROFMAT – AV2 – MA 11 – 2011
Questa˜o 3.
(1,0) (a) Usando as fo´rmulas para cos(x+ y) e sen(x+ y), prove que
tg(x− y) = tg(x)− tg(y)
1 + tg(x) · tg(y)
(desde que tg(x− y), tg(x) e tg(y) estejam definidas).
(1,5) (b) Levando em conta que um aˆngulo e´ ma´ximo num certo intervalo quando sua tangente e´ ma´xima, use a fo´rmula
acima para resolver o seguinte problema:
Dentro de um campo de futebol, um jogador corre para a linha de fundo do time adversa´rio ao longo de uma
reta paralela a` lateral do campo que cruza a linha de fundo forado gol (ver figura). Os postes da meta distam
a e b (com a < b) da reta percorrida por ele. Mostre que o jogador veˆ a meta sob aˆngulo ma´ximo quando sua
distaˆncia x ao fundo do campo e´ igual a
√
ab.
a
b
x
UMA SOLUC¸A˜O
(a) A manipulac¸a˜o e´ direta:
tg(x− y) = sen(x− y)
cos(x− y) =
sen(x) · cos(y)− sen(y) · cos(x)
cos(x) · cos(y) + sen(x) · sen(y) .
Dividindo o numerador e o denominador por cos(x) · cos(y) (se tg(x) e tg(y) esta˜o definidas, cos(x) e cos(y) sa˜o na˜o
nulos), vem
tg(x− y) =
sen(x)
cos(x) − sen(y)cos(y)
1 + sen(x)
cos(x) · sen(y)cos(y)
=
tg(x)− tg(y)
1 + tg(x) · tg(y) .
(b) Em cada instante, o jogador veˆ a meta sob o aˆngulo α = α2−α1, onde α1 e α2 sa˜o os aˆngulos entre sua trajeto´ria
e as retas que o ligam aos postes da meta. Temos
tg(α) =
tg(α2)− tg(α1)
1 + tg(α1) · tg(α2) .
3
Se x e´ a distaˆncia do jogador ao fundo do campo, temos tg(α1) =
a
x e tg(α2) =
b
x , logo
tg(α) =
b
x − ax
1 + abx2
=
b− a
x+ abx
.
Como o numerador b− a e´ constante, tg(α) e´ ma´xima quando o denominador for mı´nimo. Ou seja, e´ preciso achar
x que minimiza a expressa˜o x+ abx .
Como a me´dia aritme´tica e´ sempre maior do que ou igual a` me´dia geome´trica, enta˜o 12 (x+
ab
x ) ≥
√
x · abx =
√
ab,
ou seja, o denominador e´ sempre maior do que ou igual a a 2
√
ab. A igualdade vale se e somente se os dois termos
da me´dia sa˜o iguais, isto e´, quando x =
√
ab. Portanto x+ abx atinge seu menor valor quando x =
√
ab.
Obs. E´ poss´ıvel resolver a questa˜o (b) com outros argumentos. Sejam A e B os extremos da meta, que distam a
e b da linha do jogador, respectivamente (veja figura abaixo, a` esquerda). Para cada posic¸a˜o P do jogador, existe
um u´nico c´ırculo que passa por A, B e P . O centro desse c´ırculo, O, esta´ na mediatriz dos pontos A e B (pois
AOB e´ triaˆngulo iso´sceles), estando, portanto, a b+a2 de distaˆncia da linha do jogador. Os segmentos OA e OB teˆm
comprimento igual ao raio do c´ırculo, digamos r, cujo valor depende de P .
Pelo Teorema do Aˆngulo Inscrito, AOˆB = 2APˆB. Assim, APˆB e´ ma´ximo quando AOˆB e´ ma´ximo. E AOˆB e´
ma´ximo quando a distaˆncia OA = OB = r e´ mı´nima. Mas o menor r poss´ıvel e´ aquele tal que o c´ırculo de centro
sobre a mediatriz de A e B e raio r tangencia a linha do jogador. Nessa situac¸a˜o, OP e´ perpendicular a` linha do
jogador e r = b+a2 (ver figura abaixo, a` direita).
O valor de x, neste caso, e´ a altura do triaˆngulo AOB com relac¸a˜o a` base AB (ou seja, o comprimento da apo´tema
da corda AB). Esse valor sai do Teorema de Pita´goras aplicado ao triaˆngulo AOQ, em que Q e´ o ponto me´dio de
AB. Ou seja,
x2 +
(
b− a
2
)2
= r2 =
(
a+ b
2
)2
.
Dessa equac¸a˜o resulta a soluc¸a˜o x =
√
ab.
xP
A
B
O
α
2α
xP
A
B
O
α
2α
4
PROFMAT – AV2 – MA 11 – 2011
Questa˜o 4.
(1,0) (a) 24h apo´s sua administrac¸a˜o, a quantidade de uma droga no sangue reduz-se a 10% da inicial. Que percentagem
resta 12h apo´s a administrac¸a˜o? Justifique sua resposta, admitindo que o decaimento da quantidade de droga
no sangue e´ exponencial.
(1,0) (b) Em quanto tempo a quantidade de droga no organismo se reduz a 50% da dose inicial?
(0,5) (c) Se a mesma droga for administrada em duas doses de 10 mg com um intervalo de 12h, qual e´ a quantidade
presente no organismo apo´s 24h da primeira dose?
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Sendo exponencial, a quantidade de droga no organismo obedece a` lei c0a
t, onde a e´ um nu´mero entre 0 e 1, c0 e´
a dose inicial (obtida da expressa˜o para t = 0) e t e´ medido, por exemplo, em horas. Apo´s 24h a quantidade se reduz
a 110 da inicial, isto e´,
c0a
24 =
c0
10
.
Portanto a24 = 110 . Da´ı segue que a
12 = 1√
10
, e que
c0a
12 =
c0√
10
.
Enta˜o a quantidade de droga apo´s 12h e´ a quantidade inicial dividida por
√
10.
(b) Para saber o tempo necessa´rio para a reduc¸a˜o da quantidade de droga a` metade (isto e´, a meia-vida da droga no
organismo), basta achar t que cumpra at = 12 . Como a
24 = 110 implica
a24s =
(
1
10
)s
a resposta e´ t = 24s, onde s e´ tal que 10−s = 2−1. Da´ı segue que s = log10 2 e que t = 24 log10 2.
(c) A quantidade logo apo´s a primeira dose e´ c0. Apo´s 12h ela decai para
c0√
10
. Uma nova administrac¸a˜o a eleva para
c0 +
c0
10 = c0(1 +
1√
10
). Apo´s mais 12h essa quantidade e´ dividida por
√
10, passando a ser
c0
(
1√
10
+
1
10
)
,
logo, com c0 = 10 mg, restara˜o, apo´s 24h da primeira dose,
(1 +
√
10) mg.
5
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 3 – 2011
Questa˜o 1.
(1,0) (a) Prove isto: Se um nu´mero natural na˜o e´ o quadrado de um outro nu´mero natural, sua raiz quadrada e´ irracional.
(1,0) (b) Mostre que
√
2 +
√
5 e´ irracional.
Questa˜o 2.
(2,0) No instante em que uma pedra caiu (sem sofrer impulso inicial) ao momento em que se ouviu o som de seu
choque com a a´gua no fundo do poc¸o decorreram S segundos. Calcular a profundidade do poc¸o. Dar a resposta
em func¸a˜o da acelerac¸a˜o g da gravidade e da velocidade v do som. Usar a fo´rmula s = g
2
t2 do espac¸o percorrido
no tempo t por um corpo em queda livre que partiu do repouso.
Questa˜o 3.
(2,0) Percorrendo, ao longo de uma reta horizontal, a distaˆncia d = AB em direc¸a˜o a` base inacess´ıvel de um poste
CD, nota-se (com o aux´ılio de um teodolito) que os aˆngulos CAˆD e CBˆD medem, respectivamente, α e β
radianos. Qual e´ a altura do poste CD?
A B C
D
dα β
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 3 – 2011
Questa˜o 4.
(2,0) Um reservato´rio conte´m uma mistura de a´gua com sal (uma salmoura), que se mante´m homogeˆnea grac¸as a
um misturador. Num certo momento, sa˜o abertas duas torneiras, com igual capacidade. Uma despeja a´gua no
reservato´rio e a outra escoa. Apo´s 8 horas de funcionamento, verifica-se que a quantidade de sal na salmoura
reduziu-se a 80% do que era antes que as torneiras fossem abertas. Que percentagem do sal inicial permanecera´
na salmoura apo´s 24h de abertura das torneiras?
Questa˜o 5.
Considere a func¸a˜o f : [1,+∞)→ R, definida por f(x) = x3 − x2.
(1,0) (a) Defina func¸a˜o crescente e prove que f e´ crescente.
(1,0) (b) Defina func¸a˜o ilimitada e prove que f e´ ilimitada.
PROFMAT – AV3 – MA 11 – 2011
Questa˜o 1.
(1,0) (a) Prove isto: Se um nu´mero natural na˜o e´ o quadrado de um outro nu´mero natural, sua raiz quadrada e´ irracional.
(1,0) (b) Mostre que
√
2 +
√
5 e´ irracional.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Seja n ∈ N. Se p
q
∈ Q e´ tal que
(
p
q
)2
= n, enta˜o p2 = nq2. Como os fatores primos de p2 e q2 aparecem todos com
expoente par, o mesmo deve ocorrer com os fatores primos de n. Enta˜o n e´ o quadrado de algum nu´mero natural.
(b) Se
√
2 +
√
5 fosse racional enta˜o seu quadrado
q = (
√
2 +
√
5)2 = 2 + 2
√
10 + 5 = 7 + 2
√
10
tambe´m seria. Mas a´ı q−7
2
=
√
10 tambe´m seria racional, o que na˜o e´ poss´ıvel, pois 10 na˜o e´ o quadrado de um
nu´mero natural.
1
PROFMAT – AV3 – MA 11 – 2011
Questa˜o 2.
(2,0) No instante em que uma pedra caiu (sem sofrer impulso inicial) ao momento em que se ouviu o som de seu
choque com a a´gua no fundo do poc¸o decorreram S segundos. Calcular a profundidade do poc¸o. Dar a resposta
em func¸a˜o da acelerac¸a˜o g da gravidade e da velocidade v do som. Usar a fo´rmula s = g
2
t2 do espac¸o percorrido
no tempo t por um corpo em queda livre que partiu do repouso.
DUAS SOLUC¸O˜ES
Uma soluc¸a˜o. O tempo S = t1 + t2 e´ a soma do tempo t1 que a pedra levou para chegar ao fundo mais o tempo t2
que o som levou para vir ate´ o n´ıvel da borda. Chamando de x a profundidade do poc¸o, temos x = g
2
t2
1
e, por outrolado, x = vt2 = v(S − t1). Logo
g
2
t2
1
= v(S − t1)
ou
gt2
1
+ 2vt1 − 2vS = 0 ,
que e´ uma equac¸a˜o quadra´tica na inco´gnita t1. As soluc¸o˜es desta equac¸a˜o sa˜o
−2v +
√
4v2 + 8gvS
2g
,
−2v −
√
4v2 + 8gvS
2g
.
A segunda e´ negativa e neste problema na˜o faz sentido. A primeira e´ positiva, porque
√
4v2 + 8gvS >
√
4v2 = 2v.
Enta˜o, dividindo por 2 o numerador e o denominador da frac¸a˜o,
t1 =
−v +
√
v2 + 2gvS
g
,
logo
x = vt2 = v(S − t1) = Sv + v
2
g
− v
g
√
v2 + 2gvS .
Outra soluc¸a˜o. A soluc¸a˜o e´ essencialmente determinada por aquilo que escolhemos como inco´gnita (t1, t2 ou x).
Se equacionarmos diretamente em x iremos pelo seguinte caminho. Observe que t1 =
√
2x
g
e t2 =
x
v
. Enta˜o, de
t1 + t2 = S resulta uma equac¸a˜o em x:
x
v
+
√
2g−1
√
x− S = 0 .
Definamos y =
√
x. Enta˜o precisamos achar soluc¸o˜es positivas de
v−1y2 +
√
2g−1y − S = 0 .
A u´nica soluc¸a˜o positiva dessa equac¸a˜o quadra´tica e´
y =
−
√
2g−1 +
√
2g−1 + 4Sv−1
2v−1
.
Enta˜o
x = y2 =
v2
4
[
2
g
+
(
2
g
+
4S
v
)
− 2
√
4
g2
+
8S
vg
]
,
que equivale a` expressa˜o obtida na primeira soluc¸a˜o.
2
PROFMAT – AV3 – MA 11 – 2011
Questa˜o 3.
(2,0) Percorrendo, ao longo de uma reta horizontal, a distaˆncia d = AB em direc¸a˜o a` base inacess´ıvel de um poste
CD, nota-se (com o aux´ılio de um teodolito) que os aˆngulos CAˆD e CBˆD medem, respectivamente, α e β
radianos. Qual e´ a altura do poste CD?
A B C
D
dα β
UMA SOLUC¸A˜O
Temos CD = AC tgα = BC tgβ. Como AC = BC + d, vem (BC + d)tgα = BC tgβ, e da´ı
BC = d · tgα
tgα− tgβ
e
CD = BC tgβ = d · tgα tgβ
tgα− tgβ ,
que e´ a resposta para a pergunta.
3
PROFMAT – AV3 – MA 11 – 2011
Questa˜o 4.
(2,0) Um reservato´rio conte´m uma mistura de a´gua com sal (uma salmoura), que se mante´m homogeˆnea grac¸as a
um misturador. Num certo momento, sa˜o abertas duas torneiras, com igual capacidade. Uma despeja a´gua no
reservato´rio e a outra escoa. Apo´s 8 horas de funcionamento, verifica-se que a quantidade de sal na salmoura
reduziu-se a 80% do que era antes que as torneiras fossem abertas. Que percentagem do sal inicial permanecera´
na salmoura apo´s 24h de abertura das torneiras?
UMA SOLUC¸A˜O
Seja M0 a massa de sal existente no in´ıcio da operac¸a˜o. Decorrido o tempo t, essa massa sera´ M(t) =M0a
t, onde
a e´ uma constante (0 < a < 1). Isto se justifica porque, sendo a salmoura da torneira de sa´ıda uma amostra da
salmoura do tanque, supostamente homogeˆnea, a quantidade de sal que sai por unidade de tempo e´ proporcional a`
quantidade de sal no tanque, e isto e´ o princ´ıpio que rege o decaimento exponencial.
No entanto, a constante a na˜o precisa ser calculada para se resolver o problema. O enunciado nos diz (supondo o
tempo t medido em horas) que M(8) =M0a
8 = 0, 8M0, logo a
8 = 0, 8. Apo´s 24 horas, a quantidade de sal e´ M0a
24.
Ora, a24 = (a8)3 = 0, 83 = 0, 512. Portanto a resposta e´ 51, 2%, isto e´, pouco mais que a metade.
4
PROFMAT – AV3 – MA 11 – 2011
Questa˜o 5.
Considere a func¸a˜o f : [1,+∞)→ R, definida por f(x) = x3 − x2.
(1,0) (a) Defina func¸a˜o crescente e prove que f e´ crescente.
(1,0) (b) Defina func¸a˜o ilimitada e prove que f e´ ilimitada.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Uma func¸a˜o f : X → R, definida no conjunto X ⊂ R, chama-se crescente quando, para x, y ∈ X, x < y implica
f(x) < f(y).
Em nosso caso, sejam x, y ∈ [1,+∞), com x < y. Vamos mostrar que f(y)− f(x) > 0. Temos
f(y)− f(x) = (y3 − y2)− (x3 − x2)
= (y3 − x3)− (y2 − x2)
= (y − x)(y2 + xy + x2)− (y − x)(y + x)
> (y − x)(y2 + x2)− (y − x)(y + x)
= (y − x)(y2 − y + x2 − x)
= (y − x)(y(y − 1) + x(x− 1)) .
Como x ≥ 1, enta˜o x(x− 1) ≥ 0; e como y > x ≥ 1, enta˜o y(y − 1) > 0 e y − x > 0. Portanto f(y)− f(x) > 0.
Outra soluc¸a˜o. Podemos definir o nu´mero positivo h = y − x, ou seja, escrever y como x + h, e provar que
f(x+ h)− f(x) > 0. Temos
f(x+ h)− f(x) = [(x+ h)3 − (x+ h)2]− [x3 − x2]
= (x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3)− (x2 + 2hx+ h2)− x3 + x2
= 3x2h+ 3xh2 + h3 − 2hx− h2 .
Para mostrar que essa expressa˜o e´ positiva, precisamos achar termos positivos que, somados aos negativos, resultem
em um nu´mero positivo. Enta˜o a reescrevemos:
f(x+ h)− f(x) = 3x2h+ 3xh2 + h3 − 2hx− h2
= x2h+ 2xh2 + h3 + (2x2h− 2hx) + (xh2 − h2)
= x2h+ 2xh2 + h3 + 2hx(x− 1) + h2(x− 1) .
Como x ≥ 1 enta˜o os dois u´ltimos termos sa˜o maiores do que ou iguais a zero. Acrescido do fato que os treˆs primeiros
sa˜o positivos, tem-se que f(x+ h)− f(x) > 0, para qualquer x ≥ 1 e h > 0.
(b) Uma func¸a˜o f : X → R, definida no conjunto X ⊂ R, chama-se ilimitada quando, dado qualquer A > 0, pode-se
achar x ∈ X tal que f(x) > A. No nosso caso, f(x) > A significa x3 − x2 > A, ou seja, x3(1− 1
x
) > A. Ora, quando
x > 2 ja´ se tem 1 − 1
x
> 1
2
. Enta˜o, para se ter x3(1 − 1
x
) > A, basta tomar um x ∈ [1,+∞) que seja maior do que
2 e tal que x3 · 1
2
> A, isto e´, x3 > 2A, o que se obte´m simplesmente tomando x > 3
√
2A. Portanto, basta tomar
x > max{2, 3√2A}.
5
MA11 
- 
2012 
MA11 – Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – AV1 – 2012
Questa˜o 1. (2,0) Prove que se a, b, c e d sa˜o nu´meros racionais tais que a
√
2 + b
√
3 = c
√
2 + d
√
3 enta˜o a = c e
b = d.
Questa˜o 2. (2,0) Seja f : R → R uma func¸a˜o crescente tal que, para todo x racional, vale f(x) = ax + b (com
a, b ∈ R constantes). Prove que se tem f(x) = ax+ b tambe´m se x for irracional.
Questa˜o 3.
(a) (1,0) Determine uma func¸a˜o afim f : R → R tal que g : R → R, definida por g(x) = | |f(x)| − 1|, tenha o gra´fico
abaixo.
(b) (1,0) Expresse g na forma g(x) = A+α1|x−a1|+α2|x−a2|+ . . .+αn|x−an|, para algum n, explicitando os valores
de A, α1, . . . , αn.
0-1-2-3
1
2
X
Y
Questa˜o 4. (2,0) Ache uma frac¸a˜o ordina´ria igual ao nu´mero real α = 3, 757575 . . .
Questa˜o 5. Considere as seguintes possibilidades a respeito das func¸o˜es afins f, g : R→ R, em que f(x) = ax+ b e
g(x) = cx+ d.
A) f(x) = g(x) para todo x ∈ R.
B) f(x) 6= g(x) seja qual for x ∈ R.
C) Existe um u´nico x ∈ R tal que f(x) = g(x).
Com essas informac¸o˜es,
(i) (1,0) Exprima cada uma das possibilidades acima por meio de relac¸o˜es entre os coeficientes a, b, c e d.
(ii) (1,0) Interprete geometricamente cada uma dessas 3 possibilidades usando os gra´ficos de f e g.
AV1 -MA 11 - 2012
Questão 1.
Prove que se a, b, c e d são números racionais tais que a
√
2+ b
√
3 = c
√
2+ d
√
3 então a = c e b = d.
UMA SOLUÇÃO
A igualdade a
√
2+ b
√
3 = c
√
2+ d
√
3 implica que (a− c)√2 = (d− b)√3. Suponha que tenhamos (a, b) 6= (c, d).
Então teremos a 6= c ou b 6= d. Digamos que b 6= d (o caso a 6= c é análogo). Neste caso podemos dividir ambos os
lados por d− b, e teremos
a− c
d− b =
√
3√
2
.
Como a, b, c, d são todos racionais, o lado esquerdo é racional e igual a alguma fração irredutível pq . Mas aí teríamos
3q2 = 2p2 ,
o que é impossível, pois o lado esquerdo tem um número par de fatores 2 e o lado direito tem um número ímpar
(ou: o lado esquerdo tem um número ímpar de fatores 3 e o lado direito tem um número par).
1
AV1 -MA 11 - 2012
Questão 2.
Seja f : R → R uma função crescente tal que, para todo x racional, vale f (x) = ax + b (com a, b ∈ R
constantes). Prove que se tem f (x) = ax+ b também se x for irracional.
UMA SOLUÇÃO
Dado x irracional, podemos achar r e s racionais com r < x < s, sendo s − r tão pequeno quanto desejemos.
Como f é crescente, daí vem f (r) < f (x) < f (s), ou seja, ar + b < f (x) < as+ b. Como f é crescente, então a > 0,
logo podemos subtrair b de cada termo e dividir por a, sem alterar a direção das desigualdades:
r <
f (x)−b
a
< s .
Como r e s podem ser escolhidos tão próximos de x quanto desejemos, isto nos obriga a ter f (x)−ba = x e, portanto,
f (x) = ax+ b.
2
AV1 -MA 11 - 2012
Questão 3.
(a) Determine uma função afim f : R → R tal que g : R → R, definida por g(x) = | | f (x)| − 1|, tenha o gráfico
abaixo.
(b) Expresse g na forma g(x) = A + α1|x − a1| + α2|x − a2| + . . . + αn|x − an|, para algum n, explicitando os
valores de A, α1, . . . , αn.
0-1-2-3
1
2
X
Y
UMA SOLUÇÃO
(a)
Observação: Em princípio não é necessário “deduzir” quem é f , basta apresentar uma função candidata e verificar.
No entanto, dois argumentos para obtê-la seguem abaixo.
Primeiro argumento: No trecho afim mais à direita, vale g(x) = 2x + 2. Portanto para x ≥ −1, vale, || f (x)| − 1| =
2x + 2. Então, no intervalo (−1,∞), a expressão | f (x)| − 1 não se anula, logo ou é sempre negativa, e neste caso
ter-se-á || f (x)| − 1| = −| f (x)|+ 1, ou é sempre positiva, e neste caso ter-se-á || f (x)| − 1| = | f (x)| − 1. No primeiro
caso, teríamos −| f (x)|+ 1 = 2x + 2, ou | f (x)| = −1− 2x, em particular | f (0)| = −1, o que é impossível. Então só
resta segunda opção, e | f (x)| − 1 = 2x + 2, de onde | f (x)| = 2x + 3, para x ≥ −1. Concluímos que f (x) = 2x + 3
ou f (x) = −2x− 3. Ambas as possibilidades são válidas, e escolhemos a primeira f (x) = 2x + 3. Aí observamos
que essa escolha de f (x) também funciona nos demais trechos afins.
Segundo argumento: Suponha que a taxa de variação de f seja positiva. Então, para x suficientemente afastado para
a direita da raiz de f , f é positiva e maior do que 1, de modo que || f (x)| − 1| = f (x)− 1. No trecho mais à direita,
isso dá 2x+ 2, e daí se conclui que f (x) = 2x+ 3. Nos outros intervalos, basta verificar.
Verificação: Para verificar que g(x) = || f (x)| − 1| olha-se a coincidência das funções em cada trecho afim. Os dois
lados são afins nos mesmos intervalos: (−∞,−2], [−2,− 32 ], [− 32 ,−1] e [1,∞). Logo basta verificar a coincidência
entre as funções em dois pontos de cada intervalo. Basta, portanto, verificar que coincidem em −3,−2,− 32 ,−1, 0, o
que pode ser feito facilmente.
3
(b) É natural tomar a1 = −2, a2 = − 32 e a3 = −1. Então buscamos escrever
g(x) = A+ α|x+ 2|+ β|x+ 3
2
|+ γ|x+ 1| .
Impondo g(0) = 2, g(−1) = 0, g(− 32 ) = 1 e g(−2) = 0, obtemos quatro equações lineares nas incógnitas A, α, β e
γ. Resolvendo o sistema, chegamos em A = −1, α = γ = 2 e β = −2, logo na função dada por
x 7→ −1+ 2|x+ 2| − 2|x+ 3
2
|+ 2|x+ 1| .
Resta ver que essa função é realmente a função g. Essa verificação é feita da mesma maneira que na questão (a).
4
AV1 -MA 11 - 2012
Questão 4.
Ache uma fração ordinária igual ao número real α = 3, 757575 . . .
UMA SOLUÇÃO
Se α é o número acima então 100α = 375, 757575 . . .. Subtraindo as duas igualdades, vem 99α = 372, 0000 . . ..
Logo α = 37299 .
5
AV1 -MA 11 - 2012
Questão 5.
Considere as seguintes possibilidades a respeito das funções afins f , g : R → R, em que f (x) = ax + b e
g(x) = cx+ d.
A) f (x) = g(x) para todo x ∈ R.
B) f (x) 6= g(x) seja qual for x ∈ R.
C) Existe um único x ∈ R tal que f (x) = g(x).
Com essas informações,
i) Exprima cada uma das possibilidades acima por meio de relações entre os coeficientes a, b, c e d.
ii) Interprete geometricamente cada uma dessas 3 possibilidades usando os gráficos de f e g.
UMA SOLUÇÃO
(i) A possibilidade A) ocorre se, e somente se, a = c e b = d. Prova: Se a = c e b = d então, para qualquer x ∈ R,
tem-se f (x) = ax + b = cx + d = g(x). Por outro lado, se f (x) = g(x) para qualquer x ∈ R, então, em particular,
f (0) = g(0), ou seja, a · 0+ b = c · 0+ d, isto é, b = d; além disso, f (1) = g(1), implicando a · 1+ b = c · 1+ d, ou
seja, a = c (usando que b = d).
A possibilidade B) ocorre se, e somente se, a = c e b 6= d. Prova: Se a = c e b 6= d, então f (x) − g(x) =
(a− c)x + (b− d) = b− d 6= 0, para qualquer x ∈ R. Por outro lado, se f (x) 6= g(x) para qualquer x ∈ R então
f (x)− g(x) = (a− c)x + (b− d) 6= 0 para qualquer x ∈ R, ou seja, (a− c)x + (b− d) não tem raiz. Mas isto só
ocorre se a = c e b 6= d.
A possibilidade C) ocorre se, e somente se, a 6= c. Prova: Se a 6= c então f (x)− g(x) = (a− c)x + (b− d) tem
única raiz igual a d−ba−c , logo este é o único ponto x tal que f (x) = g(x). Por outro lado, se existe um único ponto x
tal que f (x) = g(x) é porque a diferença f (x)− g(x) = (a− c)x+ (b− d) tem uma única raiz, ou seja, a− c 6= 0.
(ii) No caso A), os gráficos de f e g são retas coincidentes. No caso B), os gráficos de f e g são retas paralelas. No
caso C), os gráficos de f e g são retas concorrentes.
6
MA11 – Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – AV2 – 2012
Questa˜o 1. (2,0) Seja f : R → R uma func¸a˜o tal que f(0) = 0 e |f(x) − f(y)| = |x − y| para quaisquer x, y ∈ R.
Prove que ou f(x) = x para todo x ou enta˜o f(x) = −x seja qual for x.
Questa˜o 2. (2,0) Dada a func¸a˜o quadra´tica f(x) = ax2 + bx + c, consideremos as func¸o˜es afins g(x) = mx + t,
onde m e´ fixo e t sera´ escolhido convenientemente. Prove que existe uma (u´nica) escolha de t para a qual a equac¸a˜o
f(x) = g(x) tem uma, e somente uma, raiz x. Interprete este fato geometricamente em termos dos gra´ficos de f e g.
Questa˜o 3. (2,0) Dados os pontos A = (3, 7), B = (4, 5), C = (5, 5) e D = (5, 3) em R2, determine a func¸a˜o afim
f(x) = ax+ b cujo gra´fico conte´m treˆs desses pontos.
Questa˜o 4. (2,0) A populac¸a˜o de uma cultura de bacte´rias, num ambiente esta´vel e controlado, e´ estimada pela
a´rea que ocupa sobre uma superf´ıcie plana. Se, decorridos 20 dias, a populac¸a˜o duplicou, enta˜o ela ficou 50% maior
(a) antes de 10 dias.
(b) ao completar 10 dias.
(c) apo´s 10 dias.
Escolha a resposta certa e justifique sua opc¸a˜o.
Questa˜o 5. (2,0) Dados nu´meros reais positivos x e y, ache α e β tais que cosx · cos y = 1
2
cosα + 1
2
cosβ. Em
seguida mostre como (mediante o uso de uma tabela de func¸o˜es trigonome´tricas) esta igualdade pode ser empregada
para reduzir o produto de dois nu´meros reais positivos quaisquer a`s operac¸o˜es de soma e divisa˜o por 2.
AV2 - MA 11 - 2012
Questão 1. Seja f : R → R uma função tal que f (0) = 0 e | f (x)− f (y)| = |x − y| para quaisquer x, y ∈ R. Prove
que ou f (x) = x para todo x ou então f (x) = −x seja qual for x.
UMA SOLUÇÃO
Tomando y = 0, vemos que | f (x)| = |x|, logo f (x) = ±x para todo x. Resta mostrar que não se pode ter
f (x1) = x1 e f (x2) = −x2 com x1 e x2 não nulos. De fato, se isto ocorresse, então
|x1 + x2| = |x1 − (−x2)| = | f (x1)− f (x2)| = |x1 − x2| .
Elevando ao quadrado ambos os lados da igualdade |x1 + x2| = |x1 − x2| concluiríamos que x1x2 = −x1x2, isto é,
que x1x2 = 0, o que é uma contradição com o fato de x1 e x2 serem ambos nulos.
1
AV2 - MA 11 - 2012
Questão 2. Dada a função quadrática f (x) = ax2 + bx + c, consideremos as funções afins g(x) = mx + t, onde
m é fixo e t será escolhido convenientemente. Prove que existe uma (única) escolha de t para a qual a equação
f (x) = g(x) tem uma, e somente uma, raiz x. Interprete este fato geometricamente em termos dos gráficos de f e g.
UMA SOLUÇÃO
A equação f (x) = g(x) significa ax2 + (b−m)x + c− t = 0. Esta equação do segundo grau tem uma raiz única
se, e somente se, seu discriminante (b− m)2 − 4a(c− t) é igual a zero, ou seja, se t = c− (b−m)24a (observando que
a 6= 0, já que f é quadrática).
Ao variar t, a reta gráfico de g se desloca paralelamente a si mesma e toca a parábola gráfico de f num só ponto
quando é sua tangente. Este é o valor de t que foi calculado.
2
AV2 - MA 11 - 2012
Questão 3. Dados os pontos A = (3, 7), B = (4, 5), C = (5, 5) e D = (5, 3) em R2, determine a função afim
f (x) = ax + b cujo gráfico contém três desses pontos.
UMA SOLUÇÃO
As inclinações dos segmentos AB, AC e AD são, respectivamente,−2, −1 e −2. Portanto A, B e D são colineares.
O segmento CD é vertical, logo C e D não podem pertencer ao gráfico de uma função afim. Logo, além de A, B,
D só resta a possibilidade de que A, B e C sejam colineares. No entanto, AB tem inclinação −2 e BC tem inclinação
0, então A, B e C não podem ser colineares.
Assim, A, B e D são os únicos três pontos colineares dentre os quatro pontos dados. A função afim cujo gráfico
os contém é f (x) = ax + b tal que f (3) = 7 e f (4) = 5. Portanto 3a + b = 7 e 4a + b = 5. Daí resulta que a = −2 e
b = 13. A função procurada é f (x) = −2x + 13.
3
AV2 - MA 11 - 2012
Questão 4. A população de uma cultura de bactérias, num ambiente controlado, é estimada pela área que ocupa
sobre uma superfície plana e tem taxa de crescimento diária proporcional a seu tamanho. Se, decorridos 20 dias, a
população duplicou, então ela ficou 50% maior
(a) antes de 10 dias.
(b) ao completar 10 dias.
(c) após 10 dias.
Escolha a resposta certa e justifique sua opção.
UMA SOLUÇÃO
Se p0 é a população original, após decorridos t dias a população p = p(t) será dada por p = p0at, onde a é uma
constante maior do que 1. Temos p0a20 = 2p0, logo a20 = 2. Então p(10) = p0a10 = p0
√
a20 = p0
√
2 ≃ 1, 414p0.
Então p(10) < 1, 5p0, o que nos faz concluir que o crescimento de 50% será atingido após os primeiros 10 dias. A
opção correta é (c).
4
AV2 - MA 11 - 2012
Questão 5. Dados números reais positivos x e y, ache α e β tais que cos x · cos y = 12 cos α + 12 cos β. Em seguida
mostre como (mediante o uso de uma tabela de funções trigonométricas) esta igualdade pode ser empregada para
reduzir o produto de dois números reais positivos quaisquer às operações de soma e divisão por 2.
UMA SOLUÇÃO
A fórmula do cosseno de uma soma, junto com a observação de que sen(−y) = −sen y, nos dá
cos(x + y) = cos x · cos y− sen x · sen y
e
cos(x− y) = cos x · cos y + sen x · sen y ,
logo cos(x + y) + cos(x− y) = 2 cos x · cos y. Daí resulta a igualdade proposta, com α = x + y e β = x− y.
Em seguida, se a e b são números reais positivos quaisquer, dados por suas expressões decimais, deslocando as
vírgulas que separam suas partes inteiras (alteração que pode facilmente ser refeita no final), podemos supor que
esses números são ambos compreendidos entre 0 e 1. A tabela nos dá x e y tais que cos x = a e cos y = b. E a
igualdade inicial fornece ab = cos x · cos y = 12 (cos(x + y) + cos(x − y)). Na prática, é preciso (i) tomar x e y pela
tabela; (ii) calcular x + y e x − y; (iii) obter seus cossenos, também pela tabela; (iv) somar os cossenos; e (v) dividir
por 2.
Este artifício era usado pelos astrônomos antes da descoberta dos logaritmos.
5
MA11 – Nu´meros e func¸o˜es reais – AV3 – 2012
Questa˜o 1. (2,0) Sejam a, x nu´meros reais positivos, com
√
a < x. Pondo y = 1
2
(x+ a
x
), prove que
√
a < y < x.
Questa˜o 2. (2,0) A imagem (ou conjunto de valores) de uma func¸a˜o f : R → R e´ o conjunto f(R) cujos elementos
sa˜o os nu´meros f(x), onde x e´ qualquer nu´mero real.
Determine as imagens da func¸a˜o afim f : R → R, f(x) = rx + s, e da func¸a˜o quadra´tica g : R → R, g(x) =
ax2 + bx+ c. Discuta as possibilidades e justifique suas afirmac¸o˜es.
Questa˜o 3. (2,0) Uma torneira leva x horas para encher um tanque, outra leva y horas e uma terceira enche esse
mesmo tanque em z horas. Em quanto tempo as treˆs juntas enchera˜o o tanque?
Questa˜o 4. (2,0) Uma cultura de bacte´rias, cuja populac¸a˜o e´ medida pela a´rea que ocupa sobre uma superf´ıcie
plana, ficou 64 vezes maior apo´s 1 ano. Quantas vezes maior ela estava apo´s 1 trimestre?
Questa˜o 5. (2,0) Seja r o raio da circunfereˆncia sobre a qual esta˜o os ve´rtices do triaˆngulo ABC. Se a e´ a medida
do lado oposto ao aˆngulo Â, prove que sen  = a
2r
(dica: baixe, do centro da circunfereˆncia, a perpendicular a BC).
Conclua da´ı a Leis dos Senos.
AV3 -MA 11 - 2012
Questão 1. Sejam a, x números reais positivos, com
√
a < x. Pondo y = 12 (x +
a
x ), prove que
√
a < y < x.
UMA SOLUÇÃO
Primeiro notamos que x é maior do que ax :
√
a < x significa a < x2, logo ax < x, usando que x é positivo. Como y
é a média aritmética dos números x e ax , dos quais x é o maior, então y < x.
Outra maneira:
y =
1
2
(x +
a
x
) <
1
2
(x +
x2
x
) = x ,
usando a < x2.
Além disso, como a média aritmética de dois números diferentes é maior do que a média geométrica e como a
média geométrica de x e ax é igual a
√
a, resulta que y >
√
a.
Essa última desigualdade também poderia ser feita diretamente:
y2 =
1
4
(x2 + 2a +
a2
x2
) =
1
4
(x2 − 2a + a
2
x2
+ 4a) = a +
1
4
(x− a
x
)2 > a .
1
AV3 - MA 11 - 2012
Questão 2. A imagem (ou conjunto de valores) de uma função f : R → R é o conjunto f (R) cujos elementos são os
números f (x), onde x é qualquer número real.
Determine as imagens da função afim f : R → R, f (x) = rx + s, e da função quadrática g : R → R, g(x) =
ax2 + bx + c. Discuta as possibilidades e justifique suas afirmações.
UMA SOLUÇÃO
Para a função afim f , há duas possibilidades: se r = 0 então f é constante e sua imagem é o conjunto {s}, com um
só elemento. A segunda possibilidade ocorre se r 6= 0. Então f (R) = R pois, dado qualquer y ∈ R, existe x ∈ R tal
que f (x) = y, ou seja, rx + s = y. Basta tomar x = y−sr .
No caso da função quadrática g(x) = ax2 + bx + c, há duas possibilidades para a imagem g(R). Se a > 0 então
a imagem é a semirreta (intervalo infinito) [k,+∞) e se a < 0 então f (R) = (−∞, k], onde k (em ambos os casos) é
igual a
g(− b
a
) =
4ac− b2
4a
.
Justificando: se a > 0 então, tomando qualquer y ∈ [k,+∞), ou seja, y ≥ k, para achar x ∈ R tal que f (x) = y,
devemos mostrar que a equação ax2 + bx + c = y, isto é, ax2 + bx + c− y = 0, possui raízes reais. Isto ocorre se, e
somente se, seu discriminante b2 − 4a(c− y) é maior do que ou igual a 0. Como y ≥ 4ac−b24a , isto sempre ocorre.
O que acabamos de mostrar foi que [k,+∞) ⊂ g(R). Para ver que g(R) ⊂ [k,+∞), basta observar que, em
virtude da forma canônica g(x) = a(x−m)2 + k, quando a > 0 todos os valores g(x) são maiores do que ou iguais
a k.
A discussão do caso a < 0 é inteiramente análoga.
2
AV3 - MA 11 - 2012
Questão 3. Uma torneira leva x horas para encher um tanque, outra leva y horas e uma terceira enche esse mesmo
tanque em z horas. Em quanto tempo as três juntas encherão o tanque?
UMA SOLUÇÃO
As três torneiras separadamente, abertas durante uma hora, encherão respectivamente as frações 1x ,
1
y e
1
z do
tanque e, abertas juntas, encherão 1x +
1
y +
1
z do tanque. Logo, juntas, encherão o tanque em
1
1
x +
1
y +
1
z
=
xyz
yz + xz + xy
horas.
3
AV3 - MA 11 - 2012
Questão 4. Uma cultura de bactérias, cuja população é medida pela área que ocupa sobre uma superfície plana,
ficou 64 vezes maior após 1 ano. Quantas vezes maior ela estava após 1 trimestre?
UMA SOLUÇÃO
Seja p0 a população inicial. Após decorrido o tempo t, a população será p0at = p, onde a é uma constante maior
do que 1, determinada experimentalmente. Medindo o tempo em meses, temos p = p0a12 = 64p0, após 1 ano.
Quer-se saber o valor de p = p0a3. De a12p0 = 64p0 temos a12 = 64 e daí a3 =
4
√
64 = 2
√
2 ≃ 2, 83. Portanto, após
um trimestre, a população de bactérias estava 2, 83 vezes maior do que a população original.
4
AV3 - MA 11 - 2012
Questão 5. Seja r o raio da circunferência sobre a qual estão os vértices do triângulo ABC. Se a é a medida do lado
oposto ao ângulo Â, prove que sen  = a2r (dica: baixe, do centro da circunferência, a perpendicular a BC). Conclua
daí a Leis dos Senos.
UMA SOLUÇÃO
Seja O o centro da circunferência e seja P no segmento BC tal que OP é perpendicular a BC. É sabido queo
ângulo BOC (ângulo central da corda BC) é o dobro do ângulo inscrito  (fato conhecido como o Teorema do
Ângulo Inscrito). Como o triângulo BOC é isósceles, então OP é bissetriz e, portanto, o ângulo POC é exatamente
igual a Â. Também pelo fato de BOC ser isósceles, OP é mediatriz, de forma que PC = a2 . Sendo OC = r e OPC
triângulo-retângulo, segue que sen (Â) = PCOC =
a/2
r =
a
2r .
O que acabamos de provar é que o seno do ângulo em A dividido pelo comprimento do lado oposto ao vértice A
é igual a 12r . O mesmo argumento se aplica a B ou a C, de modo que essa razão (seno de um ângulo dividido pelo
lado oposto) é constante. Essa é a Lei dos Senos.
5
MA11 
- 
2013 
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 1
13 de abril de 2013
1. Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas, justificando adequadamente
e em detalhes as suas respostas.
(a) A soma de dois números irracionais é um número irracional. (pontuação 1,0)
(b) O produto de dois números reais com representação decimal infinita e periódica é um
número real que não possui representação decimal finita. (pontuação 1,0)
2. Da mesma forma que se expressa um número real no sistema de numeração decimal, é
possível expressá-lo em um sistema de numeração posicional qualquer, de base β ∈ N,
β > 2. Dizemos que um número a ∈ R está expresso no sistema de base β se ele é escrito
na forma:
a = a0 +
+∞∑
n=1
an β
−n
em que a0 ∈ Z e os an são dígitos entre 0 e β − 1.
(a) Sejam x e y os números reais cujas representações no sistema de numeração de base
4 são dadas por 0, 321 e 0, 111 . . ., respectivamente. Determine as representações de
x e de y no sistema decimal. (pontuação 1,0)
(b) Mostre que um número racional a = m
n
∈ R, com m,n ∈ Z, n 6= 0 e mdc(m,n) = 1,
possui representação finita no sistema de numeração posicional de base β se, e somente
se, o denominador n não possui fatores primos que não sejam fatores de β. (pontuação
1,0)
3. (a) Considere a função h : [0,+∞[→ R definida por h(x) = √x+√2x . Usando o fato
de que a função g : [0,+∞[→ R, definida por g(x) = √x é monótona crescente,
mostre que h é monótona crescente. (pontuação 0,5)
(b) Conclua, com base no item anterior, que, ∀ a ∈ R, a > 0 a equação √x = a−√2x
admite uma única solução real. (pontuação 0,5)
(c) Considere a seguinte resolução para a equação
√
x = 1−√2x :
√
x = 1−√2x ⇒ x = 1− 2√2x+ 2x ⇒ 1 + x = 2√2x ⇒
1 + 2x+ x2 = 8x ⇒ x2 − 6x+ 1 = 0 ⇒ x = 3± 2√2
Este método de resolução está correto? Justifique sua resposta. (pontuação 1,0)
4. Considere a função p : [−1, 5]→ R definida por:{
3 x− x2 se −1 6 x < 1
||x− 2| − 1| se 1 6 x 6 5
(a) Faça um esboço do gráfico de p. (pontuação 0,5)
(b) Determine todas as soluções reais da equação p(x) = 2. (pontuação 0,5)
(c) Determine todos os pontos de máximo e de mínimo locais e absolutos de p. (pontu-
ação 0,5)
(d) Faça um esboço do gráfico da função q : [−1, 2]]→ R definida por:
q(x) = p(2x+ 1)− 2 .
(pontuação 0,5)
5. Considere a função quadrática f : R→ R, f(x) = a x2 + b x+ c, com a > 0. Use a forma
canônica do trinômio de segundo grau
y = a (x− x0)2 + y0
para mostrar que:
(a) (x0, y0) é um ponto de mínimo absoluto de f ; (pontuação 1,0)
(b) a reta x = x0 é um eixo de simetria vertical do gráfico de f . (pontuação 1,0)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 1 - GABARITO
13 de abril de 2013
1. Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas, justificando adequadamente
e em detalhes as suas respostas.
(a) A soma de dois números irracionais é um número irracional. (pontuação 1,0)
(b) O produto de dois números reais com representação decimal infinita e periódica é um
número real que não possui representação decimal finita. (pontuação 1,0)
Uma solução:
a) Falso.
Contra-exemplo: x = pi e y = 1− pi são irracionais, mas x+ y = 1 não é irracional.
b)Falso.
Contra-exemplo: x = 7
12
e y = 6
7
têm representação decimal infinita, mas x.y = 1
2
possui
representação decimal finita.
2. Da mesma forma que se expressa um número real no sistema de numeração decimal, é
possível expressá-lo em um sistema de numeração posicional qualquer, de base β ∈ N,
β > 2. Dizemos que um número a ∈ R está expresso no sistema de base β se ele é escrito
na forma:
a = a0 +
+∞∑
n=1
an β
−n
em que a0 ∈ Z e os an são dígitos entre 0 e β − 1.
(a) Sejam x e y os números reais cujas representações no sistema de numeração de base
4 são dadas por 0, 321 e 0, 111 . . ., respectivamente. Determine as representações de
x e de y no sistema decimal. (pontuação 1,0)
(b) Mostre que um número racional a = m
n
∈ R, com m,n ∈ Z, n 6= 0 e mdc(m,n) = 1,
possui representação finita no sistema de numeração posicional de base β se, e somente
se, o denominador n não possui fatores primos que não sejam fatores de β. (pontuação
1,0)
Uma solução:
a) Pela definição da expressão de um número real no sistema de numeração posicional de
base β, temos que:
x = (0, 321)β = 3× 1
4
+ 2× 1
42
+ 1× 1
43
=
3
4
+
1
8
+
1
64
=
57
64
= 0, 890625
y = (0, 111 . . .)β =
+∞∑
k=1
1
4k
Portanto, a expressão acima é a soma da progressão geométrica infinita cujo termo inicial
é 1
4
e a razão é 1
4
. Essa soma converge para:
1
4
1− 1
4
=
1
3
= 0, 333 . . .
b) Observamos que um número a possui representação finita no sistema de numeração
posicional de base β se, e somente se, existe um expoente k ∈ N tal que βka ∈ N.
Assim, se
m
n
possui representação finita no sistema de numeração posicional de base β,
então
βkm
n
∈ N para algum k ∈ N. Logo, n | βkm. Como mdc(m,n) = 1, então n | βk.
Portanto, n não possui fatores primos que não sejam fatores de βk. Mas estes são os
mesmos fatores primos de β.
Reciprocamente, se n não possui fatores primos que não sejam fatores de β, então n | βk,
para um expoente k suficientemente grande. Logo, n | βkm, portanto β
km
n
∈ N. Então,
m
n
possui representação finita no sistema de numeração posicional de base β.
3. (a) Considere a função h : [0,+∞[→ R definida por h(x) = √x+√2x . Usando o fato
de que a função g : [0,+∞[→ R, definida por g(x) = √x é monótona crescente,
mostre que h é monótona crescente. (pontuação 0,5)
(b) Conclua, com base no item anterior, que, ∀ a ∈ R, a > 0 a equação √x = a−√2x
admite uma única solução real. (pontuação 0,5)
(c) Considere a seguinte resolução para a equação
√
x = 1−√2x :
√
x = 1−√2x ⇒ x = 1− 2√2x+ 2x ⇒ 1 + x = 2√2x ⇒
1 + 2x+ x2 = 8x ⇒ x2 − 6x+ 1 = 0 ⇒ x = 3± 2√2
Este método de resolução está correto? Justifique sua resposta. (pontuação 1,0)
Uma solução:
a) Temos que h(x) =
√
x+
√
2 x = (1 +
√
2)
√
x = (1 +
√
2) g(x). Como g é crescente,
então, x1, x2 ∈ [0,+∞[ , x1 < x2 ⇒ g(x1) < g(x2) ⇒ h(x1) < h(x2). Portanto, h é
crescente.
b) A existência da solução da equação
√
x = a−√2x é explícita: dado a ≥ 0, x = a2
(1+√
2)2
é uma solução. Mesmo que não conseguíssemos uma solução explícita, a garantia teórica
da existência de uma solução desta equação é uma consequência da continuidade de h
e de que limx→+∞ h(x) = +∞. Assim, para todo a ∈ R, a ≥ 0, existe pelo menos
um x ∈ [0,+∞[ tal que h(x) = a. Vejamos a unicidade: suponhamos que existam
x1 x2 ∈ [0,+∞[ , x1 6= x2 tais que h(x1) = h(x2) = a. Digamos x1 < x2. Como h
é crescente, deveríamos ter h(x1) < h(x2). Logo, existe um único x ∈ [0,+∞[ tal que
h(x) = a, isto é,
√
x = a−√2x .
c) Pelo item anterior, a equação
√
x = 1 −√2x admite uma única solução. Portanto, a
resolução não está correta.
Na primeira passagem da resolução, é verdade que
√
x = 1−√2x⇒ x = 1−2√2x+2x.
Entretanto, x = 1 − 2√2x + 2x 6⇒ √x = 1 −√2x. De fato, nesta implicação, estamos
implicitamente fazendo:
x = 1− 2
√
2x+ 2x = (1−
√
2x)2 ⇒ √x =
√
(1−
√
2x)2 = 1−
√
2x .
Em primeiro lugar, para que a implicação acima seja verdadeira, devemos supor que x > 0,
o que já é uma hipótese inicial para a resolução da equação. Além disso, temos que
1 − 2√2x + 2x = (1 − √2x)2, mas a igualdade
√
(1−√2x)2 = 1 − √2x só vale se
1−√2x > 0. Logo, a implicação acima só é verdadeira se 0 6 x 6 1
2
.
Portanto, nessa passagem ocorre uma inclusão de raízes estranhas à equação.
4. Considere a função p : [−1, 5]→ R definida por:{
3 x− x2 se −1 6 x < 1
||x− 2| − 1| se 1 6 x 6 5
(a) Faça um esboço do gráfico de p. (pontuação 0,5)
(b) Determine todas as soluções reais da equação p(x) = 2. (pontuação 0,5)
(c) Determine todos os pontos de máximo e de mínimo locais e absolutos de p. (pontu-
ação 0,5)
(d) Faça um esboço do gráfico da função q : [−1, 2]]→ R definida por:
q(x) = p(2x+ 1)− 2 .
(pontuação 0,5)
Uma solução:
a) O gráfico da função p é dado por:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 2 3 4 5 6 -1 
-2 
-1 
-3 
-4 
1 
2 
3 
b) Resolvendo 3 x − x2 = 2, obtemos x = 1 ou x = 2, mas estes valores estão fora do
intervalo em que p é definida pela expressão y = 3 x − x2. Resolvendo ||x − 2| − 1| = 2,
obtemos |x− 2| = 1± 2. Como não há valores de x tais que |x− 2| = −1, resta apenas
a alternativa |x − 2| = 3. Esta implica em x = 2 ± 3, portanto x = −1 ou x = 5, mas
x = −1 está fora do intervalo em que p é definida pela expressão y = ||x − 2| − 1| = 2,
portanto, a única solução da equação p(x) = 2 é x = 5. De fato, percebemos pelo gráfico
esboçado no item anterior que a reta y = 2 intercepta o gráfico de p apenas quando x = 5.
c) Analisando o gráfico, concluímos que a função p possui:
• mínimo absoluto em x = −1;
• mínimo local em x = 1;
• máximo local em x = 2;
• mínimo local em x = 3;
• máximo absoluto em x = 5.
d) Na definição da função q, a variável de p é multiplicada por 2 e somada a 1 e, em
seguida, a função p é somada à constante −2. Estas operações podem ser descritas
geometricamente por meio das seguintes funções:
• p(x), cujo gráfico foi obtido em a),
• p1(x) = p(2x), cujo gráfico é obtido do de p(x) por uma contração horizontal de
razão 1
2
,
• p2(x) = p1(x + 12) = p(2(x + 12)) = p(2x + 1), cujo gráfico é obtido do de p1(x)
por uma translação horizontal de 1
2
unidade no sentido negativo do eixo (isto é, para a
esquerda),
e, finalmente,
• q(x) = p2(x) − 2, cujo gráfico é obtido do de p2(x) por meio de uma translação
vertical de 2 unidades no sentido negativo do eixo (isto é, para baixo).
Portanto, o gráfico de q tem o seguinte aspecto:
 
1 2 3 4 5 6 -1 
-2 
-1 
-3 
-4 
1 
2 
3 
-5 
-6 
5. Considere a função quadrática f : R→ R, f(x) = a x2 + b x+ c, com a > 0. Use a forma
canônica do trinômio de segundo grau
y = a (x− x0)2 + y0
para mostrar que:
a) (x0, y0) é um ponto de mínimo absoluto de f ; (pontuação 1,0)
b) a reta x = x0 é um eixo de simetria vertical do gráfico de f . (pontuação 1,0)
Uma solução:
a) Temos que f(x0) = y0. Além disso, para qualquer x ∈ R, x 6= x0, temos a (x− x0)2 > 0,
portanto:
f(x) = a (x− x0)2 + y0 > y0 = f(x0)
Segue que (x0, y0) é ponto de mínimo absoluto de f .
b) Dado r > 0 qualquer temos:
f(x0 − r) = a r2 + y0
f(x0 + r) = a r
2 + y0
Portanto, f(x0− r) = f(x0 + r), ∀r > 0. Logo, a reta x = x0 é um eixo de simetria vertical
do gráfico de f .
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 2
22 de junho de 2013
1. [ 2 pontos ] Em cada um dos itens abaixo, dê, se possível, um exemplo de um polinômio
p(x) satisfazendo todas as condições dadas.
Caso o exemplo não seja possível, justifique a sua resposta.
Lembre-se que se p(x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ an−1xn−1 + anxn então
p′(x) = a1 + 2a2x+ · · ·+ (n− 1)an−1x
n−2 + nanx
n−1
(a) p(1) = p(−1) = 0, p′(0) = 1 e p(x) é de grau 2.
(b) p(1) = p(−1) = 0 e p′(0) = 1.
(c) p(1) = p(−1) = 0, p′(0) = 0 e p(x) é de grau 2.
(d) p(1) = p(−1) = 0, p(0) = p(2) = 1 e p(x) é de grau 2.
(e) p(1) = p(−1) = 0, p(0) = p(2) = 1 e p(x) é de grau 3.
[pontuação de cada ítem: 0,4 ponto]
2. [ 2 pontos ] Um número real x0 é raiz de multiplicidade k do polinômio p(x) se p(x) =
(x− x0)
kq(x), para algum polinômio q(x), com q(x0) 6= 0.
Sugestão para resolver os ítens abaixo: Use o fato de que toda função polinomial é uma
função contínua e que "Se f é uma função real contínua e f(x0) 6= 0, então existe uma
vizinhança de x0 em que f não se anula".
(a) Mostre que x0 é raiz de multiplicidade par de p(x) se, e somente se, existe r > 0 tal
que p(x) não muda de sinal para x pertencente ao conjunto ]x0 − r, x0 + r[ \{x0} =
{x ∈ R : x0 − r < x < x0 + r, x 6= x0}.[ 0,8 ponto ]
(b) Mostre que x0 é raiz de multiplicidade ímpar de p(x) se, e somente se, existe r > 0 tal
que o sinal de p(x) para x ∈ ]x0−r, x0[ é oposto ao sinal de p(x) para x ∈ ]x0, x0+r[ .
[ 0,8 ponto ]
(c) Interprete geometricamente os resultados dos dois ítens anteriores.[ 0,4 ponto ]
3. [ 2 pontos ] A massa de certas substâncias radioativas decresce a uma taxa proporcional
à própria massa. A meia-vida T de uma substância como essa é definida como o tempo
transcorrido para que sua massa se reduza à metade da inicial. Considere uma substância
radioativa S que cuja meia-vida é de 5.000 anos.
(a) Considere uma massa de m0 = 7 g da substância S. Qual é o tempo transcorrido
para a massa se reduza a 1
8
da inicial? Este tempo depende da massa inicial m0?
Justifique sua resposta. [ 0,2 ponto ]
(b) Determine a função m : [ 0,+∞[→ R que dá a massa da substância S, com massa
inicial m0, em função do tempo medido em anos. [ 0,8 ponto ]
(c) Use as aproximações log
10
(2) ∼= 0, 3 e log10(5) ∼= 0, 7 para determinar uma aproxi-
mação para o tempo gasto para a massa da substância S se reduzir a 10% da inicial.
[ 1 ponto ]
4. [ 2 pontos ] Considere uma reta r, um ponto A 6∈ r e três pontos B,C,D ∈ r, tais que C
está entre B e D. Em cada um dos itens a seguir, decida se os dados são suficientes para
determinar com certeza as medidas de:
(i) cada um dos lados do triângulo ABC;
(ii) cada um dos ângulos do triângulo ABC.
Justifique rigorosamente as suas respostas.
(a) BC = 1 e B̂AC = 60◦;[ 0,5 ponto ]
(b) BC = 1 e ÂCD = 135◦;[ 0,5 ponto ]
(c) BC = 1, B̂AC = 60◦ e ÂCD = 135◦;[ 0,5 ponto ]
(d) B̂AC = 60◦ e ÂCD = 135◦.[ 0,5 ponto ]
5. [ 2 pontos ] A figura a seguir representa um esboço do gráfico da função g : ]0,+∞[→ R
definida por g(x) = sen (log
10
(x)), feito por um aplicativo computacional. Observe que o
aplicativo não conseguiu desenhar em detalhes o que ocorre perto da origem do sistema de
coordenadas.
2
 
(a) Determine todas as raízes da equação g(x) = 0. É possível determinar a menor raiz?
[ 0,6 ponto ]
(b) Faça um esboço do gráfico de g na janelagráfica 0 < x < 0, 1 e −2 < y < 2.
[ 0,7 ponto ]
(c) Considere um sistema de coordenadas x′y em que o eixo horizontal x′ está em escala
logarítmica decimal (isto é, se x representa um eixo em coordenadas cartesianas
convencionais, então x′ = log
10
x) e o eixo vertical y está em coordenadas cartesianas
convencionais. Faça um esboço do gráfico de g neste sistema, para 10−4 < x < 104
e −2 < y < 2.[ 0,7 ponto ]
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Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 2 GABARITO
22 de junho de 2013
1. Em cada um dos itens abaixo, dê, se possível, um exemplo de um polinômio p(x) satisfa-
zendo todas as condições dadas.
Caso o exemplo não seja possível, justifique a sua resposta.
Lembre-se que se p(x) = a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ an−1xn−1 + anxn então
p′(x) = a1 + 2a2x+ · · ·+ (n− 1)an−1xn−2 + nanxn−1
(a) p(1) = p(−1) = 0, p′(0) = 1 e p(x) é de grau 2.
(b) p(1) = p(−1) = 0 e p′(0) = 1.
(c) p(1) = p(−1) = 0, p′(0) = 0 e p(x) é de grau 2.
(d) p(1) = p(−1) = 0, p(0) = p(2) = 1 e p(x) é de grau 2.
(e) p(1) = p(−1) = 0, p(0) = p(2) = 1 e p(x) é de grau 3.
Uma solução:
[pontuação total: 2,0]
(a) (0,4 ponto) Como x1 = 1 e x2 = −1 são raízes de p e p é um polinômio de grau 2,
então, pela simetria do gráfico das funções quadráticas, em seu ponto médio, x0 = 0,
deve ocorre um extremo de p. Logo, deve-se ter p′(0) = 0.
Uma outra solução é a seguinte: como p(x) = a(x−1)(x+1) = ax2−a, para algum
a 6= 0, já que x1 = 1 e x2 = −1 são raízes, então p′(x) = 2ax e p′(0) = 0.
Portanto, o exemplo não é possível.
(b) (0,4 ponto) Consideremos, por exemplo, o polinômio de grau 3, p(x) = a x3 + b x2 +
c x + d. Então, p′(x) = 3 a x2 + 2 b x + c. Logo, para satisfazer as condições dadas,
deve-se ter:


a+ b+ c+ d = 0
−a+ b− c+ d = 0
c = 1
Isto é: a = −1, b = −d e c = 1. Portanto, pode-se tomar como exemplo: p(x) =
−x3 + x.
(c) (0,4 ponto) Pelo mesmo argumento do item (a), a condição p′(0) = 0 é corolário da
condição p(1) = p(−1) = 0. Logo, basta garantir que p(1) = p(−1) = 0.
Portanto, pode-se tomar como exemplo: p(x) = x2 − 1.
(d) (0,4 ponto) Consideremos o polinômio de grau 2, p(x) = a x2+b x+c. Para satisfazer
as condições dadas, deve-se ter:


a+ b+ c = 0
a− b+ c = 0
c = 1
4 a+ 2 b+ c = 1
Entretanto, substituindo c = 1 nas duas primeiras equações conclui-se que a = −1 e
b = 0, o que contradiz a última equação. Logo, o sistema não tem soluções.
Portanto, o exemplo não é possível.
(e) (0,4 ponto) Consideremos, por exemplo, o polinômio de grau 3, p(x) = a x3 + b x2 +
c x+ d. Para satisfazer as condições dadas, deve-se ter:


a+ b+ c+ d = 0
−a+ b− c+ d = 0
d = 1
8 a+ 4 b+ 2 c+ d = 1
Substituindo d = 1 nas duas primeiras equações conclui-se que b = −1 e a + c = 0.
Da última equação, segue que a = 2
3
e c = −2
3
.
Portanto, o (único) exemplo possível é: p(x) = 2
3
x3 − x2 − 2
3
x+ 1.
2. Um número real x0 é raiz de multiplicidade k do polinômio p(x) se p(x) = (x− x0)kq(x),
para algum polinômio q(x), com q(x0) 6= 0.
Sugestão para resolver os ítens abaixo: Use o fato de que toda função polinomial é uma
função contínua e que "Se f é uma função real contínua e f(x0) 6= 0, então existe uma
vizinhança de x0 em que f não se anula".
(a) Mostre que x0 é raiz de multiplicidade par de p(x) se, e somente se, existe r > 0 tal
que p(x) não muda de sinal para x pertencente ao conjunto ]x0 − r, x0 + r[ \{x0} =
{x ∈ R : x0 − r < x < x0 + r, x 6= x0}.
2
(b) Mostre que x0 é raiz de multiplicidade ímpar de p(x) se, e somente se, existe r > 0 tal
que o sinal de p(x) para x ∈ ]x0−r, x0[ é oposto ao sinal de p(x) para x ∈ ]x0, x0+r[ .
(c) Interprete geometricamente os resultados dos dois ítens anteriores.
Uma solução:
[pontuação total: 2,0]
Nesta questão, embora não explicitamente afirmado, deve-se supor, como uma hipótese
global, que x0 é uma raiz de p(x), embora a parte b) possa ser provada sem que isto seja
assumido.
Tem-se que q(x0) 6= 0, digamos q(x0) > 0. Então, existe r > 0 tal que q(x) > 0 ∀ x ∈ I,
em que I é o intervalo ]x0−r, x0+r[ . Como p(x) = (x−x0)k q(x), então p(x) e (x−x0)k
possuem o mesmo sinal em I \ {x0} (se q(x0) < 0, p(x) e (x− x0)k terão sinais opostos
em I \ {x0}, e as conclusões dos itens a seguir valerão com os sinais contrários).
(a) (0,8 ponto) Tem-se que k é par se, e somente se, (x − x0)k > 0, ∀ x ∈ I \ {x0}.
Logo, k é par se, e somente se, p(x) > 0, ∀ x ∈ I \ {x0}.
(b) (0,8 ponto) Tem-se que k é ímpar se, e somente se, (x− x0)k < 0, ∀ x ∈ ]x0− r, x0[
e (x − x0)k > 0, ∀ x ∈ ]x0, x0 + r[ . Logo, k é ímpar se, e somente se, p(x) < 0,
∀ x ∈ ]x0 − r, x0[ e p(x) > 0, ∀ x ∈ ]x0, x0 + r[ .
(c) (0,4 ponto) Geometricamente, tem-se que:
i. se a multiplicidade de x0 é par, então o gráfico de p “toca” o eixo em x0, no sentido
em que, próximo ao ponto (x0, 0), fica no mesmo semi-plano determinado pelo
eixo horizontal;
ii. se a multiplicidade de x0 é ímpar, então o gráfico de p “cruza” o eixo em x0, no
sentido em que, próximo ao ponto (x0, 0), fica em semi-planos opostos determi-
nados pelo eixo horizontal.
3. A massa de certas substâncias radioativas decresce a uma taxa proporcional à própria
massa. A meia-vida T de uma substância como essa é definida como o tempo transcorrido
para que sua massa se reduza à metade da inicial. Considere uma substância radioativa S
que cuja meia-vida é de 5.000 anos.
(a) Considere uma massa de m0 = 7 g da substância S. Qual é o tempo transcorrido
para a massa se reduza a 1
8
da inicial? Este tempo depende da massa inicial m0?
Justifique sua resposta.
3
(b) Determine a função m : [ 0,+∞[→ R que dá a massa da substância S, com massa
inicial m0, em função do tempo medido em anos.
(c) Use as aproximações log
10
(2) ∼= 0, 3 e log10(5) ∼= 0, 7 para determinar uma apro-
ximação para o tempo gasto para a massa da substância S se reduzir a 10% da
inicial.
Uma solução:
[pontuação total: 2,0]
(a) (0,2 ponto) Após os primeiros 5.000 anos, a massa será igual m1 = 12 m0. Após mais
5.000 a massa será m2 = 12 m1 =
1
4
m0; e após outros 5.000, esta será m3 = 12 m2 =
1
8
m0. Portanto, são decorridos 15.000 para que a massa se reduza a 18 da inicial.
Independentemente de m0 = 7g ou outro valor, o tempo para que a massa seja
reduzida a 1
8
da inicial será sempre de 15.000 anos.
Como este argumento mostra, devido à definição de meia-vida, a resposta não depende
do valor da massa inicial.
(b) (0,8 ponto) Consideremos uma variável s representando o tempo medido em unidades
de 5.000 anos. Como a cada 5.000 anos, a massa cai a metade, então a massa em
função de s é dada por:
m(s) =
1
2s
m0 .
Se t é uma variável representando o tempo medido em anos, então t = 5.000 s.
Portanto:
m(t) =
1
2t/5.000
m0 .
(c) (1,0 ponto) Devemos resolver a equação m(t) = 1
10
m0, que corresponde a 2t/5.000 =
10. Portanto, temos:
t
5.000
= log
2
10 = 1 + log
2
5 = 1 +
log
10
5
log
10
2
Logo:
t = 5.000
(
1 +
log
10
5
log
10
2
)
≃ 5.000
(
1 +
7
3
)
=
50.000
3
≃ 16.667 anos.
4
4. Considere uma reta r, um ponto A 6∈ r e três pontos B,C,D ∈ r, tais que C está entre
B e D. Em cada um dos itens a seguir, decida se os dados são suficientes para determinar
com certeza as medidas de:
(i) cada um dos lados do triângulo ABC;
(ii) cada um dos ângulos do triângulo ABC.
Justifique rigorosamente as suas respostas.
(a) BC = 1 e B̂AC = 60◦;
(b) BC = 1 e ÂCD = 135◦;
(c) BC = 1, B̂AC = 60◦ e ÂCD = 135◦;
(d) B̂AC = 60◦ e ÂCD = 135◦.
Uma solução:
[pontuação total: 2,0]
Sejam a = BC, b = AC e c = AB.
(a) (0,5 ponto) Pela Lei dos Cossenos, temos: a2 = b2 + c2 − 2 b c cos(B̂AC). Isto é:
b2 + c2− b c = 1 .
Quaisquer soluções da equação acima satisfazem às condições dadas. Podemos tomar,
por exemplo, os triângulos T1 e T2, como lados dados respectivamente por:
a1 = b1 = c1 = 1 a2 = 1, b2 =
√
3
3
, c2 =
2
√
3
3
Além de terem lados diferentes, estes triângulos possuem, claramente, ângulos dife-
rentes (isto é, não são semelhantes), uma vez que o primeiro é equilátero e o segundo
não.
Portanto, não é possível determinar com certeza as medidas dos lados ou dos ângulos
do triângulo. De fato, o lugar geométrico dos pontos A que satisfazem as condições
dadas formam um arco de círculo (chamado arco capaz). Portanto, há infinitos
triângulos satisfazendo essas condições.
(b) (0,5 ponto) Pela Lei dos Cossenos, temos: c2 = a2 + b2 − 2 a b cos(B̂CA). Isto é:
c2 = 1 + b2 −
√
2 b .
5
Como no item anterior, quaisquer soluções da equação acima satisfazem às condi-
ções dadas. Podemos tomar, por exemplo, os triângulos T1 e T2, como lados dados
respectivamente por:
a1 = c1 = 1 , b1 =
√
2 a2 = 1, b2 = 2
√
2, c2 =
√
5
De forma análoga ao item anterior, estes triângulos possuem, claramente, ângulos
diferentes (isto é, não são semelhantes), uma vez que o primeiro é isósceles e o
segundo não.
Portanto, não é possível determinar com certeza as medidas dos lados ou dos ângulos
do triângulo. De fato, o lugar geométrico dos pontos A que satisfazem as condições
dadas é a semi-reta ~CA. Portanto, há infinitos triângulos satisfazendo essas condições.
(c) (0,5 ponto) Neste caso, os ângulos do triângulo estão determinados, pois temos:
B̂AC = 60◦ B̂CA = 45◦ ÂBC = 75◦
Pela Lei dos Senos, temos:
sen (B̂AC)
a
=
sen (ÂBC)
b
=
sen (B̂CA)
c
.
Temos que sen (75◦) = sen (45◦+30◦) = sen (45◦) cos(30◦)+cos(45◦) sen (30◦) =√
2
2
√
3
2
+
√
2
2
1
2
=
√
2
4
(
√
3 + 1).
Isto permite determinar também as medidas dos lados dos triângulo:
√
3
2
=
√
2(
√
3 + 1)
4 b
=
√
2
2 c
Portanto:
b =
√
2(
√
3 + 1)
2
√
3
=
√
2(
√
3 + 3)
6
c =
√
2√
3
=
√
6
3
Como as condições dadas nesse item são a união das condições dos itens (a) e (b),
o ponto A que satisfaz essas condições está na interseção dos lugares geométricos
mencionados nos itens (a) e (b) (arco de círculo e semi-reta). Portanto, há um único
triângulo satisfazendo às condições dadas.
(d) (0,5 ponto) Neste caso, os ângulos do triângulo estão determinados, pois temos:
B̂AC = 60◦ B̂CA = 45◦ ÂBC = 75◦
6
Porém como não há nenhuma informação sobre as medidas dos lados, não é possível
determiná-las. De fato, há uma família de triângulos semelhantes que satisfazem as
condições dadas.
5. A figura a seguir representa um esboço do gráfico da função g : ]0,+∞[→ R definida por
g(x) = sen (log
10
(x)), feito por um aplicativo computacional. Observe que o aplicativo não
conseguiu desenhar em detalhes o que ocorre perto da origem do sistema de coordenadas.
 
(a) Determine todas as raízes da equação g(x) = 0. É possível determinar a menor raiz?
(b) Faça um esboço do gráfico de g na janela gráfica 0 < x < 0, 1 e −2 < y < 2.
(c) Considere um sistema de coordenadas x′y em que o eixo horizontal x′ está em escala
logarítmica decimal (isto é, se x representa um eixo em coordenadas cartesianas
convencionais, então x′ = log
10
x) e o eixo vertical y está em coordenadas cartesianas
convencionais. Faça um esboço do gráfico de g neste sistema, para 10−4 < x < 104
e −2 < y < 2.
Uma solução:
[pontuação total: 2,0]
(a) (0,6 ponto) Temos que:
sen (log
10
x) = 0⇔ log
10
x = k π , k ∈ Z⇔ x = 10k pi , k ∈ Z
7
Então, tomando valores negativos de k, obtemos raízes tão próximas de 0 quanto se
queira. Portanto, não existe uma raiz mínima para a equação.
(b) (0,7 ponto) Nesta janela, o gráfico terá o seguinte aspecto:
 
(c) (0,7 ponto) No sistema de variáveis x′y, a equação de g adquire a forma g(x′) =
sen (x). Portanto, neste sistema de eixos o gráfico terá o aspecto de uma curva
senóide. Neste intervalo da variável x, encontram-se as raízes: x1 = 10−pi ≃ 0, 001,
x2 = 1 e x3 = 10pi ≃ 1000.
 
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 3
06 de julho de 2013
1. (1,5 pontos) Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas, justificando
adequadamente e em detalhes as suas respostas.
(a) (0,5 ponto) Se f : R → R e g : R → R são funções monótonas crescentes, então
a função soma f + g : R → R, definida por (f + g)(x) = f(x) + g(x) é monótona
crescente.
(b) (0,5 ponto) Se f : R→ R é uma função limitada superiormente, então f admite um
ponto de máximo absoluto.
(c) (0,5 ponto) Se f : R → R admite um ponto de máximo local, então f admite um
ponto de máximo absoluto.
2. (2,0 pontos) Da mesma forma que se expressa um número real no sistema de numeração
decimal, é possível expressá-lo em um sistema de numeração posicional qualquer, de base
β ∈ N, β > 2. Dizemos que um número a ∈ R está expresso no sistema de base β se ele
é escrito na forma:
a = a0 +
+∞∑
k=1
ak β
−k
em que a0 ∈ Z e os ak são dígitos entre 0 e β − 1 (incluindo-os).
(a) (1,0 ponto) Mostre que, se um número x ∈ R é irracional, então x possui represen-
tação infinita em toda base β.
(b) (1,0 ponto) Reciprocamente, mostre que, se um número x ∈ R possui representação
infinita em toda base β, então x é irracional.
3. (2,0 pontos) Considere a função p1 : R → R, p1(x) = (x
2
− 1)2. A figura abaixo mostra
o gráfico de uma função p2 : R→ R na forma p2(x) = c p1(a x− b) + d, sendo a, b, c e d
constantes reais. Determine a, b, c e d. Justifique sua resposta.
 
4. (2,0 pontos) Considere as funções u, v : R → R, definidas por u(x) = 2 sen (x) e v(x) =
sen (2x).
(a) (1,0 ponto) Determine o maior e menor valores atingidos por u e v.
(b) (1,0 ponto) Esboce os gráficos de u e de v.
5. (2,5 pontos) Considere a função g : R∗ → R, g(x) = 21−
1
x .
(a) (1,0 ponto) Faça um esboço o gráfico de g.
(b) (0,75 ponto) Determine todas as soluções reais das equações g(x) = 2 e g(x) = 4.
(c) (0,75 ponto) Resolva a inequação g(x) < 4, para x ∈ R.
2
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Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 3 - GABARITO
06 de julho de 2013
1. (1,5 pontos) Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas, justificando
adequadamente e em detalhes as suas respostas.
(a) (0,5 ponto) Se f : R → R e g : R → R são funções monótonas crescentes, então
a função soma f + g : R → R, definida por (f + g)(x) = f(x) + g(x) é monótona
crescente.
(b) (0,5 ponto) Se f : R→ R é uma função limitada superiormente, então f admite um
ponto de máximo absoluto.
(c) (0,5 ponto) Se f : R → R admite um ponto de máximo local, então f admite um
ponto de máximo absoluto.
2. (2,0 pontos) Da mesma forma que se expressa um número real no sistema de numeração
decimal, é possível expressá-lo em um sistema de numeração posicional qualquer, de base
β ∈ N, β > 2. Dizemos que um número a ∈ R está expresso no sistema de base β se ele
é escrito na forma:
a = a0 +
+∞∑
k=1
ak β
−k
em que a0 ∈ Z e os ak são dígitos entre 0 e β − 1 (incluindo-os).
(a) (1,0 ponto) Mostre que, se um número x ∈ R é irracional, então x possui represen-
tação infinita em toda base β.
(b) (1,0 ponto) Reciprocamente, mostre que, se um número x ∈ R possui representação
infinita em toda base β, então x é irracional.
3. (2,0 pontos) Considere a função p1 : R → R, p1(x) = (x
2 − 1)2. A figura abaixo mostra
o gráfico de uma função p2 : R→ R na forma p2(x) = c p1(a x− b) + d, sendo a, b, c e d
constantes reais. Determine a, b, c e d.Justifique sua resposta.
 
4. (2,0 pontos) Considere as funções u, v : R → R, definidas por u(x) = 2 sen (x) e v(x) =
sen (2x).
(a) (1,0 ponto) Determine o maior e menor valores atingidos por u e v.
(b) (1,0 ponto) Esboce os gráficos de u e de v.
5. (2,5 pontos) Considere a função g : R∗ → R, g(x) = 21−
1
x .
(a) (1,0 ponto) Faça um esboço o gráfico de g.
(b) (0,75 ponto) Determine todas as soluções reais das equações g(x) = 2 e g(x) = 4.
(c) (0,75 ponto) Resolva a inequação g(x) < 4, para x ∈ R.
2
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA11 – Números e Funções Reais
Avaliação 1 – Gabarito
1. (a) Verdadeiro.
Sejam x1, x2 ∈ R, com x1 < x2. Como f e g são monótonas crescentes, então
f(x1) < f(x2) e g(x1) < g(x2). Logo, f(x1) + g(x1) < f(x2) + g(x2). Portanto,
f + g é monótona crescente.
(b) Falso.
Contra-exemplo: A função f : R → R, f(x) = −2x é limitada superiormente, mas
não admite um ponto de máximo absoluto.
(c) Falso.
Contra-exemplo: A função f : R→ R, f(x) = (x2−1)2 admite um ponto de máximo
local em (0, 1), mas não um ponto de máximo absoluto.
2. (a) Suponhamos que x tenha representação finita em alguma base β. Então, pela defini-
ção (dada no enunciado da questão), x é soma finita de números racionais, portanto
é racional.
(b) Suponhamos que x seja racional; pelo algoritmo da divisão, podemos supor, sem
perda de generalidade, que 0 ≤ x < 1. Então x se escreve na forma x =
a
b
, com
a, b ∈ N, 0 ≤ a < b. Consideremos o sistema de numeração posicional β = b.
Como x = a b−1, então, por definição, esta é a representação de x na base b (isto é,
xb = 0, a). Assim, existe uma base em que x possui representação finita.
3. O gráfico da função p1 tem o aspecto mostrado na figura abaixo. O gráfico de p2 é dado
pela aplicação de translações e de dilatações no gráfico de p1.
1
 
Observemos primeiro os efeitos da translação e da dilatação horizontais, determinadas pelas
constantes a e b. Os pontos (−1, 0) e (1, 0) são transformados nos pontos
(
−1
2
, 0
)
e
(
1
2
, 0
)
,
respectivamente. Assim, a distância entre as abscissas desses pontos é multiplicada pelo
fator 1
2
. Podemos concluir que a = 2. Como o eixo de simetria vertical não se altera, não
há deslocamento horizontal, isto é, b = 0.
Passemos agora a analisar a translação e a dilatação verticais, determinadas pelas constan-
tes c e d. Observamos que não há dilatação vertical do gráfico, pois as distâncias entre as
ordenadas de pontos do gráfico de p1 e as distâncias entre as ordenadas dos correspondentes
pontos do gráfico de p2 permanecem as mesmas. Isto pode ser facilmente visto olhando-se
os pontos de máximo e de mínimo locais das funções. Segue que c = 1. Finalmente, como
a ordenada de (0, 1) é subtraída de duas unidades, concluímos que d = −2 (translação
vertical).
Desta forma, temos que:
a = 2 b = 0 c = 1 d = −2
Portanto: p2(x) = p1(2 x)− 2 = ((2 x)
2 − 1)2 − 2 = (4 x2 − 1)2 − 2.
4. (a) Como u é dada por uma função exponencial x 7→ 2x aplicada sobre a função seno e
esta função exponencial é estritamente crescente, segue que o valor de u será máximo
quando o valor de sen x for máximo e será mínimo quando o valor de sen x for
mínimo.
x =
pi
2
+ 2 k pi, k ∈ Z⇔ sen (x) = 1⇔ u(x) = 2
x =
3 pi
2
+ 2 k pi, k ∈ Z⇔ sen (x) = −1⇔ u(x) =
1
2
Portanto, o maior e o menor valores atingidos por u são 2 e 1
2
.
2
Como v é dada pela função seno aplicada sobre outra função real, temos necessaria-
mente que −1 6 v(x) 6 1 ∀ x ∈ R. Mais precisamente, temos que:
v(x) = 1⇔ 2x =
pi
2
+ 2 k pi, k ∈ N⇔ x = log2
(pi
2
+ 2 k pi
)
, k ∈ N
v(x) = −1⇔ 2x =
3 pi
2
+ 2 k pi, k ∈ N⇔ x = log2
(
3 pi
2
+ 2 k pi
)
, k ∈ N
Portanto, o maior e o menor valores atingidos por v são 1 e −1.
(b) Com base no item anterior, concluímos que os gráficos de u e de v têm os seguintes
aspectos:
 
 
3
5. (a) Quando x cresce muito em valor absoluto (isto é, quando x tende a ±∞), o expoente
1− 1
x
se aproxima de 1, portanto g(x) se aproxima de 2. Quando x se aproxima de 0
com valores positivos, o expoente 1 − 1
x
tende de −∞, logo g(x) se aproxima de 0.
Quando x se aproxima de 0 com valores negativos, o expoente 1− 1
x
tende de +∞,
logo g(x) também tende de +∞. Logo, o gráfico de g tem o seguinte aspecto:
 
(b) Para que tivéssemos g(x) = 2, deveríamos ter 1 − 1
x
= 1. Portanto, a equação
g(x) = 2 não possui soluções reais.
Resolvendo a equação g(x) = 4, temos
g(x) = 4⇔ 1−
1
x
= 2⇔
1
x
= −1⇔ x = −1
Portanto, a única solução real da equação g(x) = 2 é x = −1.
(c) Em primeiro lugar, observamos que, como a função exponencial é estritamente cres-
cente, então:
g(x) < 4⇔ 1−
1
x
< 2
Então:
g(x) < 4⇔
1
x
> −1
Para continuar a resolução da inequação, devemos considerar separadamente os casos
em x > 0 e x < 0:
• Se x > 0, então 1
x
> −1⇔ x > −1.
4
• Se x < 0, então 1
x
> −1⇔ x < −1.
Portanto a solução da inequação é dada pelo conjunto ]−∞,−1[ ∪ ] 0,+∞[ .
Observe que esta solução pode ser visualizada no gráfico de g, pelos pontos do domínio
cujas imagens ficam abaixo da reta y = 4.
5
MA12
AVALIAÇÕES
MA12
2011-2013
MA12
- 
2011 
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 1 – 2011
Questa˜o 1.
Considere a sequeˆncia (an)n≥1 definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 2 + 3
a3 = 4 + 5 + 6
a4 = 7 + 8 + 9 + 10
. . .
(0.5) (a) O termo a10 e´ a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual e´ o menor e o qual e´ o maior desses inteiros?
(0.5) (b) Calcule a10.
(1.0) (c) Fornec¸a uma expressa˜o geral para o termo an.
Questa˜o 2.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 5% ao meˆs, oferece determinado produto por 3 prestac¸o˜es mensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga no ato da compra.
(1.0) (a) Que valor o comerciante deve cobrar por esse produto, no caso de pagamento a` vista?
(1.0) (b) Se um consumidor desejar pagar o produto em treˆs prestac¸o˜es mensais iguais, mas sendo a primeira paga um
meˆs apo´s a compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as poteˆncias de 1, 05: 1, 052 = 1, 1025; 1, 05−1 = 0, 9524; 1, 05−2 = 0, 9070.
Questa˜o 3.
Considere o conjunto dos nu´meros escritos apenas com os algarismos 1, 2 e 3, em que o algarismo 1 aparece uma
quantidade par de vezes (por exemplo, 2322 e 12123). Seja an a quantidade desses nu´meros contendo exatamente n
algarismos.
(0.4) (a) Liste todos esses nu´meros para n = 1 e n = 2, indicando os valores de a1 e a2.
(0.8) (b) Explique por que an satisfaz a equac¸a˜o de recorreˆncia an+1 = (3
n − an) + 2an, para n ≥ 1 (note que 3
n e´ o
nu´mero total de nu´meros com n algarismos iguais a 1, 2 ou 3).
(0.8) (c) Resolva a equac¸a˜o de recorreˆncia em (b).
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 1 – 2011
Questa˜o 4.
(1.0) (a) Mostre, por induc¸a˜o finita, que
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . .+ n · 3n−1 =
(2n− 1)3n + 1
4
.
(1.0) (b) Seja (an)n≥1 progressa˜o geome´trica com termo inicial a1 positivo e raza˜o r > 1, e Sn a soma dos n primeiros
termos da progressa˜o. Prove, por induc¸a˜o finita, que Sn ≤
r
r−1
an, para qualquer n ≥ 1.
Questa˜o 5.
Seja (xn)n≥0 sequeˆncia definida pela relac¸a˜o de recorreˆncia xn+1 = 2xn + 1, com termo inicial x0 ∈ R.
(0.5) (a) Encontre x0 tal que a sequeˆncia seja constante e igual a um nu´mero real a.
(1.0) (b) Resolva a recorreˆncia com a substituic¸a˜o xn = yn + a, em que a e´ valor encontrado em (a).
(0.5) (c) Para que valores de x0 a sequeˆncia e´ crescente? Justifique.
P1 - MA 12 - 2011
Questão 1.
Considere a sequência (an)n≥1 definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 2+ 3a3 = 4+ 5+ 6
a4 = 7+ 8+ 9+ 10
. . .
(0.5) (a) O termo a10 é a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual é o menor e o qual é o maior desses inteiros?
(0.5) (b) Calcule a10.
(1.0) (c) Forneça uma expressão geral para o termo an.
UMA RESPOSTA
(a) O primeiro inteiro da soma que define an é igual ao número de inteiros utilizados nos termos a1, . . . , an−1, isto
é, 1+ 2+ . . .+ n− 1 mais um, isto é, é igual a 12 (n− 1)n + 1. O último inteiro é esse número mais n− 1. Portanto,
para n = 10, o primeiro inteiro é 46 e o último é 55.
(b) a10 é a soma de uma progressão aritmética de 10 termos, sendo o primeiro igual a 46 e o último igual a 55. Então
a10 =
(46+ 55) · 10
2
= 101 · 5 = 505 .
(c) No caso de an, trata-se da soma de uma progressão aritmética de n termos, sendo o primeiro igual a
1
2n(n− 1)+ 1
e o último igual a 12n(n− 1) + 1+ (n− 1), ou seja,
1
2n(n− 1) + n, como visto em (a). Então
an =
[
1
2n(n− 1) + 1
]
+
[
1
2n(n− 1) + n
]
2
· n =
(n− 1)n2 + (n + 1)n
2
=
n3 + n
2
.
1
P1 - MA 12 - 2011
Questão 2.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 5% ao mês, oferece determinado produto por 3 prestações mensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga no ato da compra.
(1.0) (a) Que valor o comerciante deve cobrar por esse produto, no caso de pagamento à vista?
(1.0) (b) Se um consumidor desejar pagar o produto em três prestações mensais iguais, mas sendo a primeira paga um
mês após a compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as potências de 1, 05: 1, 052 = 1, 1025; 1, 05−1 = 0, 9524; 1, 05−2 =
0, 9070.
UMA RESPOSTA
(a) Trazendo os valores da segunda e da terceira prestações para o ato da compra, e somando, obtém-se
100+
100
1, 05
+
100
1, 052
= 100+ 95, 24+ 90, 70 = 285, 94 .
Então o comerciante poderá cobrar 285,94 reais, de forma que, se deixar seu dinheiro valorizar 5% ao mês, poderá
dispor de 100 reais no ato da compra (tirando 100 reais dos 285,94), 100 reais ao final do primeiro mês (deixando
95,24 reais valorizarem 5% durante um mês) e 100 reais ao final do segundo mês (deixando 90,70 reais valorizarem
5% ao mês durante dois meses).
(b) Para o parcelamento desejado pelo consumidor, as parcelas se deslocam um mês adiante. Então em cada uma
das três parcelas de 100 reais devem incidir juros de 5%. Portanto, são 3 parcelas de 105 reais.
2
P1 - MA 12 - 2011
Questão 3.
Considere o conjunto dos números escritos apenas com os algarismos 1, 2 e 3, em que o algarismo 1 aparece uma
quantidade par de vezes (por exemplo, 2322 e 12123). Seja an a quantidade desses números contendo exatamente n
algarismos.
(0.4) (a) Liste todos esses números para n = 1 e n = 2, indicando os valores de a1 e a2.
(0.8) (b) Explique por que an satisfaz a equação de recorrência an+1 = (3
n − an) + 2an, para n ≥ 1 (note que 3n é o
número total de números com n algarismos iguais a 1, 2 ou 3).
(0.8) (c) Resolva a equação de recorrência em (b).
UMA RESPOSTA
(a) Para n = 1 só há três números possíveis: 1, 2 e 3. Somente os dois últimos têm um número par de algarismos
iguais a 1 (neste caso, nenhum algarismo igual a 1). Então a1 = 2. Os números de 2 algarismos são: 11, 12, 13, 21,
22, 23, 31, 32, 33, num total de 9 = 32. Cinco deles têm uma quantidade par de algarismos iguais a 1, então a2 = 5.
(b) (Antes de fazer o exercício, pode-se verificar se a fórmula está correta para n = 1: 5 = a2 = (3
1 − a1) + 2a1 =
3+ a1 = 3+ 2 = 5.) Observa-se primeiro que a quantidade de números com n algarismos tendo uma quantidade
ímpar de algarismos iguais a 1 é 3n − an, pois o número total de sequências é 3n.
Para obter a relação de recorrência, observe que todo número de n + 1 algarismos é uma concatenação de um
número de n algarismos com um número de 1 algarismo. Para que a quantidade de algarismos iguais a 1 do
número de n + 1 algarismos seja par é preciso que: ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números
concatenados seja ímpar ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números concatenados seja par.
Então, para calcular an+1, soma-se o número de concatenações do primeiro caso (ímpar-ímpar) com o número de
concatenações do segundo caso (par-par). Isto dá
an+1 = (3
n − an) · (3
1 − a1) + an · a1 ,
isto é, a fórmula do enunciado, já que a1 = 2.
(c) Observa-se que an+1 = an + 3
n, apenas simplificando-se a expressão. Isto implica
an = a1 + 3
1 + 32 + . . .+ 3n−1 = 1+ (1+ 3+ 32 + . . .+ 3n−1) ,
em que a expressão entre parênteses é a soma dos n primeiros termos da progressão geométrica de termo inicial 1 e
razão 3, que vale
3n − 1
3− 1
.
Portanto
an =
3n + 1
2
.
3
P1 - MA 12 - 2011
Questão 4.
(1.0) (a) Mostre, por indução finita, que
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . .+ n · 3n−1 =
(2n− 1)3n + 1
4
.
(1.0) (b) Seja (an)n≥1 progressão geométrica com termo inicial a1 positivo e razão r > 1, e Sn a soma dos n primeiros
termos da progressão. Prove, por indução finita, que Sn ≤
r
r−1 an, para qualquer n ≥ 1.
UMA RESPOSTA
(a) A equação é verdadeira para n = 1, pois 1 · 30 = 1 e
(2 · 1− 1)31 + 1
4
= 1 .
Supondo válida para n, vamos mostrar que vale para n + 1, isto é, vamos mostrar que, acrescentando o termo
(n+ 1) · 3n, a soma resultará em
(2(n+ 1)− 1)3n+1 + 1
4
.
Usando a hipótese de indução,
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . .+ n · 3n−1 + (n+ 1)3n =
(2n− 1)3n + 1
4
+ (n+ 1)3n .
Manipulando a expressão à direita,
(2n− 1)3n + 1
4
+ (n+ 1)3n =
[2n− 1+ 4(n+ 1)]3n + 1
4
=
(2n+ 1)3n+1 + 1
4
=
(2(n+ 1)− 1)3n+1 + 1
4
,
como queríamos demonstrar.
(b) Para n = 1 a desigualdade é verdadeira: como r > 1, então rr−1 > 1; e como S1 = a1 > 0, então S1 = a1 <
r
r−1 a1.
Suponha agora que a desigualdade vale para n, isto é, suponha que Sn ≤
r
r−1 an é verdadeira. Vamos provar que
ela vale para n + 1, isto é, vamos provar que Sn+1 ≤
r
r−1 an+1. Primeiro, escrevemos Sn+1 = Sn + an+1, pois Sn+1
é a soma dos primeiros n termos adicionada do termo n+ 1. Usando a hipótese de indução, Sn+1 ≤
r
r−1 an + an+1.
Como se trata de uma progressão geométrica an+1 = ran, ou seja, podemos trocar an por
an+1
r . Então Sn+1 ≤
r
r−1 ·
an+1
r + an+1, isto é, Sn+1 ≤ (
1
r−1 + 1)an+1 =
r
r−1 an+1, que é o que queríamos demonstrar.
4
P1 - MA 12 - 2011
Questão 5.
Seja (xn)n≥0 sequência definida pela relação de recorrência xn+1 = 2xn + 1, com termo inicial x0 ∈ R.
(0.5) (a) Encontre x0 tal que a sequência seja constante e igual a um número real a.
(1.0) (b) Resolva a recorrência com a substituição xn = yn + a, em que a é valor encontrado em (a).
(0.5) (c) Para que valores de x0 a sequência é crescente? Justifique.
UMA RESPOSTA
(a) Basta achar a tal que 2a+ 1 = a. Isto dá a = −1. Se x0 = a então x1 = 2x0 + 1 = 2a+ 1 = a = x0, e, da mesma
forma, x2 = x1, x3 = x2, . . ., xn+1 = xn para qualquer n ≥ 0, ou seja, a sequência é constante.
(b) Com a substituição sugerida, xn = yn − 1. Então yn+1 − 1 = 2(yn − 1) + 1, isto é, yn+1 = 2yn, com y0 = x0 + 1.
Então yn = 2ny0 = 2
n(x0 + 1) e xn = yn − 1 = −1+ 2
n(x0 + 1).
(c) Se x0 + 1 > 0, isto é, x0 > −1, então 2
n(x0 + 1) é crescente e xn = −1+ 2
n(x0 + 1) é crescente. Se x0 + 1 < 0, isto
é x0 < −1, então xn = −1+ 2
n(x0 + 1) = −1− 2
n|x0 + 1| é descrescente. E se x0 = −1 então xn é constante. De
onde se conclui que xn é crescente se, e somente se, x0 ∈ (−1,+∞).
5
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 2 – 2011
Questa˜o 1.
Considere os caminhos no plano iniciados no ponto (0, 0) com deslocamentos paralelos aos eixos coordenados,
sempre de uma unidade e no sentido positivo dos eixos x e y (na˜o se descarta a possibilidade de dois movimentos
unita´rios seguidos na mesma direc¸a˜o, ver ilustrac¸a˜o mostrando umcaminho que termina em (5, 4)).
5
4
x
y
(1,0) (a) Explique por que o nu´mero de caminhos que terminam no ponto (m,n) e´ Cm
m+n.
(1,0) (b) Quantos sa˜o os caminhos que terminam no ponto (8, 7), passam por (2, 3) mas na˜o passam por (5, 4)?
Questa˜o 2.
Os professores de seis disciplinas (entre as quais Portugueˆs e Matema´tica) devem escolher um dia, de segunda a
sexta, de uma u´nica semana para a realizac¸a˜o da prova de sua disciplina. Suponha que cada professor escolha o seu
dia de prova ao acaso, sem combinar com os demais professores.
(1,0) (a) Qual e´ a probabilidade de que as provas de Portugueˆs e Matema´tica sejam realizada no mesmo dia?
(1,0) (b) Qual e´ a probabilidade de que os alunos fac¸am provas em todos os dias da semana?
Questa˜o 3.
Em um jogo, uma moeda honesta e´ jogada seguidamente. Cada vez que sai cara, o jogador ganha 1 real; cada vez
que sai coroa, o jogador ganha 2 reais. O jogo termina quando o jogador tiver acumulado 4 ou mais reais.
(0,5) (a) Qual e´ a probabilidade de que o jogador ganhe exatamente 4 reais?
(0,5) (b) Qual e´ a probabilidade de que no u´ltimo lanc¸amento saia cara?
(1,0) (c) Dado que o jogador ganhou exatamente 4 reais, qual e´ a probabilidade de que tenha sa´ıdo cara no u´ltimo
lanc¸amento?
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 2 – 2011
Questa˜o 4.
Uma prova de concurso e´ formada por questo˜es de mu´ltipla escolha, com 4 alternativas por questa˜o. Admita que
nenhum candidato deixe questo˜es sem responder.
(1,0) (a) Qual e´ o nu´mero mı´nimo de candidatos para que seja poss´ıvel garantir que pelo menos 3 deles dara˜o exatamente
as mesmas respostas nas 5 primeiras questo˜es?
(1,0) (b) Qual e´ o valor ma´ximo de n para o qual e´ poss´ıvel garantir que, em um concurso com 1000 candidatos, pelo
menos 2 dara˜o as mesmas respostas nas primeiras n questo˜es?
Questa˜o 5.
Uma caixa retangular sem tampa tem arestas medindo x, y e z (veja figura, onde as linhas tracejadas indicam
segmentos de arestas obstru´ıdos por alguma face).
(0,5) (a) Exprima a a´rea e o volume da caixa em func¸a˜o de x, y e z.
(1,0) (b) Use a desigualdade das me´dias para mostrar que, se o volume da caixa e´ igual a 32, enta˜o sua a´rea e´ maior ou
igual a 48.
(0,5) (c) Determine as medidas das arestas da caixa de a´rea mı´nima com volume igual a 32.
x
y
z
AV2 -MA 12 - 2011
Questão 1.
Considere os caminhos no plano iniciados no ponto (0, 0) com deslocamentos paralelos aos eixos coordenados,
sempre de uma unidade e no sentido positivo dos eixos x e y (não se descarta a possibilidade de dois movimentos
unitários seguidos na mesma direção, ver ilustração mostrando um caminho que termina em (5, 4)).
5
4
x
y
(1,0) (a) Explique por que o número de caminhos que terminam no ponto (m, n) é Cmm+n.
(1,0) (b) Quantos são os caminhos que terminam no ponto (8, 7), passam por (2, 3) mas não passam por (5, 4)?
UMA SOLUÇÃO
(a) Chamaremos de horizontais os movimentos paralelos ao eixo x e de verticais os paralelos ao eixo y. Como todos
os movimentos são positivos e unitários, são necessários m movimentos horizontais e n movimentos verticais para
se chegar em (m, n), totalizando m + n movimentos. Um caminho fica totalmente determinado se dissermos quais
desses m + n movimentos são, digamos, movimentos horizontais. Portanto, precisamos saber de quantas maneiras
podemos escolher m movimentos horizontais entre os m + n movimentos do caminho. Isso dá Cmm+n.
Evidentemente poderíamos ter determinado os caminhos dizendo quais são os n movimentos horizontais dentre
os m + n movimentos. Esse raciocínio nos levaria a Cnm+n. Mas C
n
m+n = C
m
m+n.
(b) Se um caminho até (8, 7) é obrigado a passar por (2, 3) então ele é a junção de um caminho que vai de (0, 0) a
(2, 3) com um caminho que vai de (2, 3) a (8, 7). No entanto, queremos que o caminho que vai de (2, 3) a (8, 7) não
passe por (5, 4), ou seja, queremos que ele vá de (2, 3) a (8, 7) sem ser a junção de um caminho de (2, 3) a (5, 4) com
um caminho de (5, 4) a (8, 7). Isso nos indica que precisamos calcular quantos caminhos temos de (0, 0) a (2, 3),
quantos de (2, 3) a (5, 4) e quantos de (5, 4) a (8, 7).
Segundo o item anterior, há C22+3 = C
2
5 maneiras de ir de (0, 0) a (2, 3). Há C
3
3+1 = C
3
4 maneiras de se ir de (2, 3) a
(5, 4), pois são necessários 3 movimentos horizontais e 1 vertical. Há C33+3 = C
3
6 maneiras de se ir de (5, 4) a (8, 7),
pois são necessários 3 movimentos horizontais e 3 verticais. E há C610 maneiras de se ir de (2, 3) a (8, 7), pois são
necessários 6 movimentos horizontais e 4 verticais.
Há, portanto, C34 · C36 maneiras de se ir de (2, 3) a (8, 7) passando por (5, 4). Então há C610 − C34 · C36 maneiras de se
ir de (2, 3) a (8, 7) sem passar por (5, 4). E, por conseguinte, há
N = C25 · (C610 − C34 · C36)
1
maneiras de se ir de (0, 0) a (8, 7) passando por (2, 3) mas não passando por (5, 4).
Para termos um número, calculamos essas combinações: C25 =
5!
3!2! = 10, C
6
10 =
10!
4!6! =
10·9·8·7
4·3·2 = 210, C
3
4 = 4 e
C36 =
6!
3!3! =
6·5·4
3·2 = 20. Então
N = 10 · (210− 4 · 20) = 1300 .
2
AV2 -MA 12 - 2011
Questão 2.
Os professores de seis disciplinas (entre as quais Português e Matemática) devem escolher um dia, de segunda
a sexta, de uma única semana para a realização da prova de sua disciplina. Suponha que cada professor escolha o
seu dia de prova ao acaso, sem combinar com os demais professores.
(1,0) (a) Qual é a probabilidade de que as provas de Português e Matemática sejam realizadas no mesmo dia?
(1,0) (b) Qual é a probabilidade de que os alunos façam provas em todos os dias da semana?
UMA SOLUÇÃO
(a) Nesta questão, não é preciso olhar para as outras disciplinas. Há 5 possibilidades para o dia de prova de Por-
tuguês e 5 possibilidades para o dia de prova de Matemática. Portanto, há 25 possibilidades para o par de provas
Português e Matemática. Dessas 25, apenas 5 são ocorrências de Português e Matemática no mesmo dia (uma
ocorrência para cada dia da semana). Então a probabilidade de que essas duas provas ocorram no mesmo dia é
5/25 = 0, 2 (ou 20%).
Outra maneira de pensar: fixado o dia da prova de Matemática, há 5 possibilidades para o dia de Português, e
apenas uma delas é no mesmo dia que Matemática. Isso dá os mesmos 20% de chances.
(b) Vamos contar de quantas maneiras se distribuem 6 provas nos 5 dias da semana sem deixar um dia livre. Com
essa imposição, certamente um dia terá duas provas e os demais dias terão apenas uma. Então começamos esco-
lhendo entre as 5 possibilidades para o dia da semana que terá duas provas. Escolhido esse dia, temos que escolher
duas das seis disciplinas para preenchê-lo. Temos C26 escolhas. Escolhidas essas duas disciplinas, ainda restam 4
para distribuir nos 4 dias: são 4! escolhas. Portanto há 5 · C26 · 4! maneiras de se distribuir 6 provas em 5 dias sem
deixar um dia livre.
Agora precisamos do total de maneiras de se distribuir as 6 provas durante a semana. Cada disciplina tem 5
escolhas, então são 56 possibilidades.
Então a probabilidade de não ficar um dia livre é o quociente
5 · C26 · 4!
56
=
5! · 15
56
= 4! · 354 = 72 · 16
10000
=
1152
10000
= 0, 1152 ,
ou 11,52%.
3
AV2 -MA 12 - 2011
Questão 3.
Em um jogo, uma moeda honesta é jogada seguidamente. Cada vez que sai cara, o jogador ganha 1 real; cada vez
que sai coroa, o jogador ganha 2 reais. O jogo termina quando o jogador tiver acumulado 4 ou mais reais.
(0,5) (a) Qual é a probabilidade de que o jogador ganhe exatamente 4 reais?
(0,5) (b) Qual é a probabilidade de que no último lançamento saia cara?
(1,0) (c) Dado que o jogador ganhou exatamente 4 reais, qual é a probabilidade de que tenha saído cara no último
lançamento?
UMA SOLUÇÃO
Nesta questão,convém fazer primeiro a árvore das possibilidades. Indicaremos “cara” por A e “coroa” por B. Em
cada nó da árvore, indicamos a sequência obtida (linha superior), o valor acumulado pelo jogador (linha do meio)
e a probabilidade daquela sequência (linha inferior). Os nós em cinza são aqueles em que o jogo termina. Veja que
a soma das probabilidades em cada nó pintado em cinza é igual a 1, e que a probabilidade indicada em cada um é
a probabilidade de o jogo terminar com aquela sequência.
AAABAAAA
1/21/2
1/41/41/41/4
1/81/81/81/81/81/8
1/161/16
54
545443
4332
21
BAA BABABBABAAABAAA
BBBAABAA
BA
(a) Para ver a probabilidade de que o jogador termine com exatamente 4 reais, basta somar as probabilidades dos
nós em cinza que têm ganho de 4 reais. São eles: AAAA (1/16), AAB (1/8), ABA (1/8), BAA (1/8) e BB (1/4). A
soma é 1116 .
(b) O jogo termina com cara em todos os nós em cinza que terminam com a letra A. Então basta somar as probabili-
dades de cada caso. São eles AAAA (1/16), ABA (1/8) e BAA (1/8), o que dá 516 .
(c) Das situações em que o jogador terminou com 4 reais, listadas em (a), que têm probabilidade de 11/16 de
ocorrer, apenas AAAA, ABA e BAA terminam com A (cara), com probabilidade de 5/16. Então a probabilidade de
se terminar com cara dado que o jogador terminou com 4 reais é 5/1611/16 =
5
11 .
4
AV2 -MA 12 - 2011
Questão 4.
Uma prova de concurso é formada por questões de múltipla escolha, com 4 alternativas por questão. Admita que
nenhum candidato deixe questões sem responder.
(1,0) (a) Qual é o número mínimo de candidatos para que seja possível garantir que pelo menos 3 deles darão exata-
mente as mesmas respostas nas 5 primeiras questões?
(1,0) (b) Qual é o valor máximo de n para o qual é possível garantir que, em um concurso com 1000 candidatos, pelo
menos 2 darão as mesmas respostas nas primeiras n questões?
UMA SOLUÇÃO
(a) O conjunto de possibilidades de respostas para as 5 primeiras questões, cada uma com 4 alternativas, é 45.
É possível distribuir as respostas de 2 · 45 = 2048 candidatos de forma que cada conjunto de respostas se repita
exatamente duas vezes, mas se houver 2 · 45 + 1 = 2049 candidatos isso não é mais possível, sempre haverá ao
menos 3 provas iguais nas cinco primeiras questões.
(b) Considerando agora as n primeiras questões, há 4n possibilidades de resposta. Para garantir que em 1000 can-
didatos pelo menos 2 respondam de forma igual a essas primeiras n questões, é necessário que 1000 ≥ 4n + 1, isto
é, 4n ≤ 999. O valor máximo de n tal que 4n ≤ 999 é 4 (pois 44 = 28 = 256 e 45 = 210 = 1024). Resposta: n = 4.
5
AV2 -MA 12 - 2011
Questão 5.
Uma caixa retangular sem tampa tem arestas medindo x, y e z (veja figura, onde as linhas tracejadas indicam
segmentos de arestas obstruídos por alguma face).
(0,5) (a) Exprima a área e o volume da caixa em função de x, y e z.
(1,0) (b) Use a desigualdade das médias para mostrar que, se o volume da caixa é igual a 32, então sua área é maior ou
igual a 48.
(0,5) (c) Determine as medidas das arestas da caixa de área mínima com volume igual a 32.
x
y
z
UMA SOLUÇÃO
(a) A área da caixa é igual a xy + 2xz + 2yz e seu volume é igual a xyz.
(b) A soma xy + 2xz + 2yz é igual a 3 vezes a média aritmética simples de seus termos. Essa média é sempre maior
do que ou igual à média geométrica dos mesmos termos, isto é
1
3
(xy + 2xz + 2yz) ≥ 3
√
xy · 2xz · 2yz = 3
√
4x2y2z2 .
Supondo xyz = 32 (que é dado no problema), resulta que 3
√
4x2y2z2 = 3
√
22 · (25)2 = 3
√
212 = 16. Então, multipli-
cando por 3 dos dois lados, xy + 2xz + 2yz ≥ 48.
(c) A igualdade entre as médias aritmética e geométrica ocorre se, e somente se, os termos são iguais. Neste caso,
quando xy = 2xz = 2yz. Como o volume é positivo, x, y, z têm que ser positivos, em particular não nulos. Então,
da equação 2xz = 2yz tiramos y = x, e da equação xy = 2yz tiramos z = x2 . Como xyz = 32 então x · x · x2 = 32, isto
é, x3 = 64 = 26, ou ainda x = 4. Então x = y = 4 e z = 2.
6
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 3 – 2011
Questa˜o 1.
A sequeˆncia 0, 3, 7, 10, 14, 17, 21, . . . e´ formada a partir do nu´mero 0 somando-se alternadamente 3 ou 4 ao termo
anterior, isto e´: o primeiro termo e´ 0, o segundo e´ 3 a mais que o primeiro, o terceiro e´ 4 a mais que o segundo, o
quarto e´ 3 a mais que o terceiro, o quinto e´ 4 a mais que o quarto e assim sucessivamente.
(0,5) (a) Qual e´ o cente´simo termo dessa sequeˆncia?
(0,5) (b) Qual e´ a soma dos 100 primeiros termos dessa sequeˆncia?
(1,0) (c) Algum termo desta sequeˆncia e´ igual a 2000? Por queˆ?
Questa˜o 2.
Seja Rn o nu´mero ma´ximo de regio˜es determinadas no plano por n c´ırculos.
(0,5) (a) Quais sa˜o os valores de R1 e R2?
(0,5) (b) Explique por que Rn+1 = Rn + 2n, para todo n ≥ 1.
(1,0) (c) Mostre por induc¸a˜o que Rn = n
2 − n+ 2.
Questa˜o 3.
Suponha que o dinheiro valha 10% ao meˆs para um comerciante que vende determinado produto por R$ 4200,00
a` vista.
(1,0) (a) Se o comerciante deseja oferecer o produto para compra em duas prestac¸o˜es iguais, a primeira no ato da compra,
qual deve ser o valor dessas prestac¸o˜es?
(1,0) (b) Suponha que ele deseja oferecer o produto em 10 prestac¸o˜es iguais, a primeira no ato da compra. Escreva uma
expressa˜o que permita calcular o valor da prestac¸a˜o.
Questa˜o 4.
Uma senha de banco e´ formada por 4 dig´ıtos de 0 a 9.
(1,0) (a) Quantas sa˜o as senhas em que aparecem exatamente treˆs d´ıgitos diferentes?
(1,0) (b) Quantas sa˜o as senhas em que na˜o ha´ d´ıgitos consecutivos iguais?
Questa˜o 5.
Joa˜o, ao partir para uma viagem, ficou de enviar um carta˜o postal para sua ma˜e. A probabilidade de que ele envie
o carta˜o e´ igual a 0,7. Por outro lado, a probabilidade de um carta˜o postal se extraviar e´ 0,1.
(1,0) (a) Qual e´ a probabilidade de que a ma˜e de Joa˜o receba um carta˜o postal dele?
(1,0) (b) Se ela na˜o receber um carta˜o de Joa˜o, qual e´ a probabilidade de que ele o tenha enviado?
AV3 - MA 12 - 2011
Questão 1.
A sequência 0, 3, 7, 10, 14, 17, 21, . . . é formada a partir do número 0 somando-se alternadamente 3 ou 4 ao termo
anterior, isto é: o primeiro termo é 0, o segundo é 3 a mais que o primeiro, o terceiro é 4 a mais que o segundo, o
quarto é 3 a mais que o terceiro, o quinto é 4 a mais que o quarto e assim sucessivamente.
(0,5) (a) Qual é o centésimo termo dessa sequência?
(0,5) (b) Qual é a soma dos 100 primeiros termos dessa sequência?
(1,0) (c) Algum termo desta sequência é igual a 2000? Por quê?
UMA SOLUÇÃO
(a) Chamemos de a1, a2, a3, . . . os termos dessa sequência. A sequência dos termos com índices ímpares a1, a3, a5, . . .
é uma progressão aritmética com termo inicial 0 e passo (ou razão) 7. A sequência dos termos com índices pares
a2, a4, a6, . . . é uma progressão aritmética com termo inicial 3 e passo 7. O centésimo termo é o 50o da sequência dos
pares. Então a100 = 3+ (50− 1) · 7 = 3+ 343 = 346.
(b) Há maneiras diferentes de se fazer isso. Podemos agrupar a soma assim:
(a1 + a100) + (a2 + a99) + (a3 + a98) + . . .+ (a50 + a51) .
Veja que de a1 para a2 há um acréscimo de 3 e de a99 para a100 também. Então os dois primeiros termos são iguais.
Do segundo para o terceiro há um aumento e um decréscimo de 4, logo o terceiro termo é igual ao segundo. E assim
por diante. Então todos os termos entre parênteses são iguais ao primeiro, que vale 0+ 346 = 346. Como são 50
termos, a soma dá 50 · 346 = 17300.
Outro jeito de fazer é somar separadamente as sequências com índices ímpares e pares. No segundo caso (pares),
são 50 termos da progressão aritmética de razão 7 começando em 3 e terminando em 346. A soma dessa progressão
dá
50 ·
3+ 346
2
= 25 · 349 = 8725 .
No primeiro caso (ímpares), são 50 termos,mas todos 3 unidades menores do que os termos da série par. Então a
soma desses é 8725 subtraído de 50 · 3 = 150, isto é, dá 8575. Juntando as duas, ficamos com 17300.
Obs. Essa segunda soma também sairia da mesma forma como a outra, pois a PA tem primeiro termo igual a 0,
último termo igual a 343, totalizando 50 termos, logo soma
50 ·
0+ 343
2
= 25 · 343 = 8575 .
(c) Observe primeiro que se n é ímpar então an é múltiplo de 7, e se n é par então an − 3 é múltiplo de 7 (de fato,
valem as recíprocas, mas não precisaremos disso).
Como nem 2000 = 7 · 285+ 5 nem 1997 = 7 · 285+ 2 são múltiplos de 7, então 2000 não pode ser um an nem para
n par nem para n ímpar.
1
AV3 - MA 12 - 2011
Questão 2.
Seja Rn o número máximo de regiões determinadas no plano por n círculos.
(0,5) (a) Quais são os valores de R1 e R2?
(0,5) (b) Explique por que Rn+1 = Rn + 2n, para todo n ≥ 1.
(1,0) (c) Mostre por indução que Rn = n2 − n + 2.
UMA SOLUÇÃO
(a) Um único círculo no plano determina exatamente duas regiões (dentro e fora). Então R1 = 2. Agora colocamos
um segundo círculo no plano e olhamos para várias possibilidades: (i) se ele for idêntico ao primeiro, continuamos
com duas regiões; (ii) se um dos círculos está inteiramente contido numa das regiões delimitadas pelo outro, então
ficam delimitadas 3 regiões (mesma coisa se apenas se tangenciam); (iii) se eles se intersectam sem se tangenciarem,
ficam delimitadas 4 regiões. Esse é o máximo possível, então R2 = 4.
(b) Primeiro verifiquemos se a fórmula está compatível com a resposta anterior. Pela fórmula, deveríamos ter
R2 = R1 + 2 · 1. De fato, R1 + 2 · 1 = 2+ 2 = 4.
Agora imaginemos que n círculos já estão desenhados, definindo um certo número de regiões. Então desenha-
mos um novo círculo (diferente dos anteriores, pois neste caso a divisão de regiões permaneceria a mesma), que
intersectará os círculos anteriores em um certo número de pontos. Como o novo círculo só pode intersectar cada
um dos outros círculos em no máximo 2 pontos, ele terá no máximo 2n intersecções. Essas intersecções dividirão o
círculo em arcos de círculo, que serão no máximo 2n (e no mínimo 1, que é quando o círculo não intersecta nenhum
dos círculos já desenhados). Chamemos de k o número de arcos de círculo obtidos.
Agora suponha que numeremos esses k arcos de círculo, e vamos desenhar o n + 1-ésimo círculo arco por arco,
contando qual é o máximo acréscimo de regiões em cada etapa. O primeiro arco está inteiramente contido em uma
das regiões previamente delimitadas, e a divide em duas regiões. Isso acrescenta uma unidade na contagem de
regiões. Como o segundo arco só pode intersectar os círculos anteriores e o primeiro arco em seus extremos, ele
também está inteiramente contido em uma das regiões, incluindo as novas regiões formadas pela introdução do
primeiro arco. Ele dividirá essa região em duas, acrescentando mais uma unidade na contagem. Esse raciocínio
pode ser repetido de forma indutiva até chegarmos no k-ésimo arco. No total, serão acrescentadas k regiões à
contagem.
Como k ≤ 2n, então são acrescentadas no máximo 2n regiões à contagem, quando se passa de n círculos para
n + 1 círculos. Portanto, se n círculos não podem dividir o plano em mais do que Rn regiões, então n + 1 círculos
não poderão dividir o plano em mais do que Rn + 2n regiões. Isso define o valor de Rn+1.
Observação. A rigor, dever-se-ia mostrar que, para cada n, alguma configuração de círculos divide o plano em
Rn regiões, para se dizer que Rn é o máximo (e não apenas uma cota superior). Para tanto, em vista do que foi
feito acima, basta achar uma lista de círculos C1,C2,C3, . . . tal que, para qualquer n ≥ 1, o círculo Cn+1 intersecta
2
cada círculo C1, . . . ,Cn em 2 pontos, produzindo ao todo 2n pontos de intersecção distintos entre si. Isso pode ser
realizado por
Ci = {(x, y); (x−
1
i
)2 + y2 = 1} , i = 1, 2, 3, . . . ,
isto é, Ci é o círculo de raio 1 e centro em (
1
i , 0). Uma conta simples mostra que Cn+1 intersecta Ci nos dois pontos
 1
2
(
1
n + 1
+
1
i
)
, ±
√
1−
1
2
(
1
i
−
1
n + 1
)2 .
Como os valores de 1i são distintos para i = 1, 2, . . . , n, os 2n pontos de intersecção são todos distintos entre si.
(c) A fórmula vale para n = 1, pois 12 − 1+ 2 = 2 = R1. Agora, supondo que ela vale para n, isto é, supondo
Rn = n2 − n + 2 verdadeira, queremos mostrar que também vale para n + 1, isto é, queremos mostrar que Rn+1 =
(n + 1)2 − (n + 1) + 2. Ora, a relação de recorrência nos dá Rn+1 = Rn + 2n; valendo a hipótese de que Rn =
n2 − n + 1, então
Rn+1 = Rn + 2n
= (n2 − n + 2) + 2n
= n2 + n + 2
= [(n + 1)2 − 2n− 1] + n + 2
= (n + 1)2 − n− 1+ 2
= (n + 1)2 − (n + 1) + 2 .
3
AV3 - MA 12 - 2011
Questão 3. Suponha que o dinheiro valha 10% ao mês para um comerciante que vende determinado produto por
R$ 4200,00 à vista.
(1,0) (a) Se o comerciante deseja oferecer o produto para compra em duas prestações iguais, a primeira no ato da
compra, qual deve ser o valor dessas prestações?
(1,0) (b) Suponha que ele deseja oferecer o produto em 10 prestações iguais, a primeira no ato da compra. Escreva uma
expressão que permita calcular o valor da prestação.
UMA SOLUÇÃO
(a) Se x for o valor da prestação, ele quer x + x1,1 = 4200. Isso dá x(1+
1
1,1 ) = 4200. Então x =
11×4200
21 = 2200.
(b) Pelo mesmo raciocínio, ele quer x tal que
x +
x
1, 1
+
x
1, 12
+ . . .+
x
1, 19
= 4200 .
Ou seja,
x
(
1+ 1, 1−1 + 1, 1−2 + . . .+ 1, 1−9
)
= 4200
e
x
(
1− 1, 1−10
1− 1, 1−1
)
= 4200 .
Logo
x = 4200 ·
1− 11,1
1− 1
1,110
=
4200
11
·
1
1− 1
1,110
.
4
AV3 - MA 12 - 2011
Questão 4.
Uma senha de banco é formada por 4 digítos de 0 a 9.
(1,0) (a) Quantas são as senhas em que aparecem exatamente três dígitos diferentes?
(1,0) (b) Quantas são as senhas em que não há dígitos consecutivos iguais?
UMA SOLUÇÃO
(a) Se há exatamente 3 dígitos diferentes, então há dois dígitos iguais e mais dois outros, diferentes dele e diferentes
entre si. Há 10 possibilidades para o dígito que aparece repetido. Escolhido esse dígito, precisamos de 2 dígitos
entre os 9 restantes. Temos C29 = 36 escolhas para os dígitos restantes. Portanto, na escolha dos dígitos em que o
dígito repetido está determinado, temos 360 possibilidades.
Falta agora ver de quantas maneiras diferentes eles podem ser dispostos. Primeiro escolhemos a disposição dos
dois dígitos que não se repetem. Como há C24 possibilidades de escolha de duas entre quatro posições, temos um
total de 6 disposições possíveis.
Fixada as posições dos dígitos repetidos, temos 2 maneiras de colocar os outros dois dígitos.
Então cada uma das 360 escolhas dos 3 dígitos (com o dígito que se repete determinado) pode ser arranjada de 12
maneiras distintas, o que dá um total de 360× 12 = 4320 senhas com exatamente 3 dígitos diferentes.
(b) Há 10 possibilidades para o primeiro dígito. Como o segundo só não pode ser igual ao primeiro, há 9 possibi-
lidades para o segundo (para cada escolha do primeiro). Mais uma vez, há 9 possibilidades para o terceiro (para
cada escolha dos dois primeiros) e 9 para o quarto (para cada escolha dos três primeiros). Então são 10× 93 = 7290
possibilidades.
5
AV3 - MA 12 - 2011
Questão 5.
João, ao partir para uma viagem, ficou de enviar um cartão postal para sua mãe. A probabilidade de que ele envie
o cartão é igual a 0,7. Por outro lado, a probabilidade de um cartão postal se extraviar é 0,1.
(1,0) (a) Qual é a probabilidade de que a mãe de João receba um cartão postal dele?
(1,0) (b) Se ela não receber um cartão de João, qual é a probabilidade de que ele o tenha enviado?
UMA SOLUÇÃO
(a) A probabilidade de que um cartão não extravie, dado que foi enviado, é de1− 0, 1 = 0, 9. Portanto a probabi-
lidade de que a mãe de João receba um cartão de seu filho é igual à probabilidade de que seja enviado e não seja
extraviado (dado que foi enviado), isto é 0, 9× 0, 7 = 0, 63.
(b) A probabilidade de a mãe não receber o cartão é igual a 1− 0, 63 = 0, 37. A probabilidade de a mãe não receber
o cartão por não ter sido enviado é igual a 1− 0, 7 = 0, 3 e a probabilidade de a mãe não receber o cartão por ter
se extraviado é 0, 1× 0, 7 = 0, 07. Portanto, se for dado que ela não recebeu o cartão, a probabilidade de que ele o
tenha enviado é de 0, 07/0, 37 = 0, 7/3, 7 = 7/37.
6
MA12
- 
2012 
MA12 – Matema´tica Discreta – AV1 – 2012
Atenc¸a˜o: esta prova deve ser feita sem o uso de calculadoras!
Questa˜o 1.
Uma venda imobilia´ria envolve o pagamento de 12 prestac¸o˜es mensais iguais a R$ 10.000,00, a primeira no ato
da venda, acrescidas de uma parcela final de R$ 100.000,00, 12 meses apo´s a venda. Suponha que o valor do
dinheiro seja de 2% ao meˆs.
(a) (1,0) Se o comprador preferir efetuar o pagamento da parcela final junto com a u´ltima prestac¸a˜o, de quanto
devera´ ser o pagamento dessa parcela?
(b) (1,0) Se o comprador preferir efetuar o pagamento a` vista, qual devera´ ser o valor desse pagamento u´nico?
Sa˜o dados alguns valores aproximados de 1, 02n:
n 1, 02n
-12 0,788
-1 0,980
12 1,268
Questa˜o 2.
A figura abaixo mostra uma linha poligonal que parte da origem e passa uma vez por cada ponto do plano
cujas coordenadas sa˜o nu´meros inteiros e na˜o negativos.
(a) (1,0) O conjunto dos pares de nu´meros inteiros e na˜o negativos tem a mesma cardinalidade que os nu´meros
naturais? Por queˆ?
(b) (1,0) Mostre que o comprimento da linha poligonal da origem ate´ o ponto (n, n) e´ n2 +n, para qualquer inteiro
na˜o negativo n.
(c) (0,5) Qual e´ o comprimento da linha poligonal da origem ate´ o ponto (10, 13)?
1
MA12 – Matema´tica Discreta – AV1 – 2012
Questa˜o 3.
(1,5) Mostre, por induc¸a˜o finita, que se n e´ um inteiro positivo enta˜o 7n − 1 e´ divis´ıvel por 6.
Questa˜o 4.
Considere a recorreˆncia xn+2 − 4xn = 9n, com as condic¸o˜es iniciais x0 = x1 = 0.
(a) (0,5) Encontre a soluc¸a˜o geral da recorreˆncia homogeˆnea xn+2 − 4xn = 0.
(b) (0,5) Determine os valores de A e B para os quais xn = A+nB e´ uma soluc¸a˜o da recorreˆncia xn+2− 4xn = 9n.
(c) (1,0) Encontre a soluc¸a˜o da recorreˆncia original.
Questa˜o 5.
Para todo nu´mero natural n ≥ 2, considere o nu´mero N formado por n− 1 algarismos iguais a 1, n algarismos
iguais a 2 e um algarismo igual a 5, nesta ordem.
(a) (1,0) Mostre que o nu´mero N pode ser escrito na forma
A · 102n +B · 10n + C
9
,
onde A, B e C sa˜o constantes independentes de n. Indique os valores de A, B e C.
(b) (0,5) Mostre que N e´ um quadrado perfeito.
(c) (0,5) Quantos algarismos tem
√
N? Diga quais sa˜o esses algarismos.
2
AV1 -MA 12 - 2012
Questão 1.
Uma venda imobiliária envolve o pagamento de 12 prestações mensais iguais a R$ 10.000,00, a primeira no
ato da venda, acrescidas de uma parcela final de R$ 100.000,00, 12 meses após a venda. Suponha que o valor
do dinheiro seja de 2% ao mês.
(a) Se o comprador preferir efetuar o pagamento da parcela final junto com a última prestação, de quanto
deverá ser o pagamento dessa parcela?
(b) Se o comprador preferir efetuar o pagamento à vista, qual deverá ser o valor desse pagamento único?
São dados alguns valores aproximados de 1, 02n:
n 1, 02n
-12 0,788
-1 0,980
12 1,268
UMA SOLUÇÃO
(a) O valor de R$100.000,00 trazido um mês para trás é igual a
100.000, 00× 1
1, 02
≃ 0, 980× 100.000, 00 = 98.000, 00 .
(b) Trazendo os valores para a data de compra, o comprador pagará
10.000, 00+
10.000, 00
1, 02
+
10.000, 00
1, 022
+ · · ·+ 10.000, 00
1, 0211
+
100.000, 00
1, 0212
.
Isso é igual a
10.000, 00× (1+ 1, 02−1 + 1, 02−2 + . . .+ 1, 02−11) + 100.000, 00× 1, 02−12
= 10.000, 00× 1− 1, 02
−12
1− 1, 02−1 + 100.000, 00× 1, 02
−12
≃ 10.000, 00× 1− 0, 788
1− 0, 980 + 100.000, 00× 0, 788
= 106.000, 00+ 78.800, 00 = 184.800, 00 .
Portanto, se o dinheiro vale 2% ao mês, pagar o esquema de prestações do enunciado equivale a pagar (aproxima-
damente) R$ 184.800,00 à vista.
1
AV1 -MA 12 - 2012
Questão 2.
A figura abaixo mostra uma linha poligonal que parte da origem e passa uma vez por cada ponto do plano
cujas coordenadas são números inteiros e não negativos.
(a) O conjunto dos pares de números inteiros e não negativos tem a mesma cardinalidade que os números
naturais? Por quê?
(b) Mostre que o comprimento da linha poligonal da origem até o ponto (n, n) é n2+ n, para qualquer inteiro
não negativo n.
(c) Qual é o comprimento da linha poligonal da origem até o ponto (10, 13)?
UMA SOLUÇÃO
(a) Chamemos de Z≥0 o conjunto dos inteiros não negativos. Então o conjunto dos pontos de R2 com coordenadas
inteiras e não negativas é o produto cartesiano Z2≥0 = Z≥0 ×Z≥0.
Imaginemos que a linha é percorrida com velocidade 1 a partir do instante 1 em (0, 0). A figura mostra que se
no instante k a curva está num ponto de Z2≥0 então no instante k + 1 ela estará em um outro ponto de Z
2
≥0. Por
indução, estabelece-se uma função f : N → Z2≥0 em que f (k) é o ponto de Z2≥0 alcançado no instante k.
Como todos os pontos são atingidos, f é sobrejetiva. Como a linha não passa mais do que uma vez em cada
ponto, f é injetiva. Assim, existe uma bijeção entre N e Z2≥0, mostrando que N e Z
2
≥0 têm a mesma cardinalidade.
(b) Por inspeção a afirmação é verdadeira para n = 0, pois n2 + n = 0 e realmente são 0 passos para chegar no
ponto de partida (n, n) = (0, 0). Agora suponhamos que a afirmação é válida para (n, n), isto é, que realmente são
n2 + n passos até se chegar em (n, n) (hipótese de indução). Queremos mostrar que a afirmação é válida quando
aplicada para n+ 1, isto é, que são (n+ 1)2 + (n+ 1) passos até se chegar em (n+ 1, n+ 1).
De (n, n) até (n + 1, n + 1) são necessários: n passos (para encontrar um dos eixos; mais especificamente, para
encontrar a abscissa, se n é par, e para encontrar a ordenada, se n é ímpar) mais 1 passo (para avançar nesse eixo)
mais n + 1 passos (para voltar à diagonal, que é o conjunto dos pontos da forma (x, x)). Assim, são necessários
n+ 1+ (n+ 1) = 2n+ 2 passos para ir-se de (n, n) a (n+ 1, n+ 1). Pela hipótese de indução, já foram n2 + n passos
para se chegar em (n, n). Portanto são (n2 + n) + (2n+ 2) passos até (n+ 1, n+ 1). Mas
(n2 + n) + (2n+ 2) = (n2 + 2n+ 1) + (n+ 1) = (n+ 1)2 + (n+ 1) ,
2
como queríamos demonstrar.
Solução alternativa 1. Para se chegar ao ponto (n, n), é preciso percorrer todos os pontos de coordenadas inteiras
do quadrado [0, n]× [0, n], exceto os situados em um dos lados. Existem (n + 1)2 pontos de coordenadas inteiras
no quadrado, dos quais n não são visitados. Logo, o comprimento da poligonal é (n+ 1)2 − 1− n = n2 + n.
Solução alternativa 2. A linha poligonal da origem até o ponto (n, n) é formada por n segmentos de comprimento
1, por segmentos de comprimento 2k, para k variando de 1 a n− 1 e um segmento de comprimento n. Logo, seu
comprimento é
n+ 2(1+ 2+ ...+ n− 1) + n = n+ 2 · (n− 1)n
2
+ n = n2 + n .
(c) Primeiro, investiga-se se (10, 13) ocorre a 3 passos de distância (para mais ou para menos) de (10, 10) ou de
(13, 13), no trajeto definido pela curva. Vemos que (10, 13) está 3 unidades verticalmente acima de (10, 10) e 3
unidades horizontalmente à esquerda de (13, 13). Quando (n, n) é par, como é o caso de n = 10, a linha poligonal
prossegue na vertical para baixo, portanto no sentido contrário ao que esperaríamos se fosse encontrar (10, 13) em
3 passos. Quando (n, n) é ímpar, como é o caso de n = 13, a linha poligonal prossegue horizontalmente para a
esquerda. Neste caso, encontrará(10, 13) após 3 passos.
Portanto, como são 132 + 13 = 169+ 13 = 182 passos até (13, 13) e mais 3 passos até (10, 13), então são 185 passos
até (10, 13).
3
AV1 -MA 12 - 2012
Questão 3.
Mostre, por indução finita, que se n é um inteiro positivo então 7n − 1 é divisível por 6.
UMA SOLUÇÃO
Para n = 1, 7n − 1 = 7− 1 = 6, que é divisível por 6. Então a afirmação vale para n = 1. Suponhamos que a
afirmação seja válida para n, isto é, suponha que 7n − 1 seja múltiplo de 6. Vamos mostrar, com essa hipótese, que
7n+1 − 1 também é múltiplo de 6.
Ora, 7n+1 − 1 = 7n+1 − 7n + 7n − 1 = 7n(7− 1) + (7n − 1) = 6 · 7n + (7n − 1). O primeiro termo é múltiplo de
6, porque tem um fator 6, e o segundo também é, pela hipótese de indução. Então a soma é múltiplo de 6 e temos
demonstrado o que queríamos.
4
AV1 -MA 12 - 2012
Questão 4.
Considere a recorrência xn+2 − 4xn = 9n, com as condições iniciais x0 = x1 = 0.
(a) Encontre a solução geral da recorrência homogênea xn+2 − 4xn = 0.
(b) Determine os valores de A e B para os quais xn = A+ nB é uma solução da recorrência xn+2− 4xn = 9n.
(c) Encontre a solução da recorrência original.
UMA SOLUÇÃO
(a) Se xn+2 − 4xn = 0 então xn+2 = 4xn. Então x2m = 4mx0, para todo m ≥ 0, e x2m+1 = 4mx1, para todo n ≥ 0.
Escrevendo de outra maneira, a solução é
x0, x1, 4x0, 4x1, 4
2x0, 4
2x1, 4
3x0, 4
3x1, . . .
Também pode-se dizer que xn = 2nx0, para n ≥ 0 par, e xn = 12 · 2nx1, para n ≥ 0 ímpar.
(b) Se xn = A+ nB então xn+2 = A+ (n+ 2)B. Se, além do mais, (xn) é solução de xn+2 − 4xn = 9n, então
9n = xn+2 − 4xn = A+ (n+ 2)B− 4A− 4Bn = −3A+ 2B− 3nB .
Para que −3A + 2B − 3nB seja igual a 9n basta que −3A + 2B = 0 (primeira equação) e que −3B = 9 (segunda
equação). Da segunda equação sai imediatamente que B = −3, e, colocando esse valor na primeira, que A = −2.
Então xn = −2− 3n é uma solução da equação não homogênea.
(c) Agora vamos combinar a solução geral da homogênea com a solução particular da não homogênea para obter
a solução de xn+2 − 4xn = 9n com x0 = x1 = 0. Seja x˜n = −2 − 3n a solução calculada em (b), que satisfaz
x˜n+2 − 4x˜n = 9n. Essa solução não satisfaz as condições iniciais pedidas, pois x˜0 = −2 e x˜1 = −5. Então seja
(x̂n) solução da homogênea satisfazendo x̂0 = +2 e x̂1 = +5. Vamos verificar que (xn) definida por xn = x˜n + x̂n
satisfaz ao mesmo tempo as condições iniciais e a relação de recorrência não homogênea.
Ora, x0 = x˜0 + x̂0 = −2+ 2 = 0 e x1 = x˜1 + x̂1 = −5+ 5 = 0. Além disso,
xn+2 − 4xn = (x˜n+2 − 4x˜n) + (x̂n+2 − 4x̂n) = 9n+ 0 = 9n .
Assim, a solução do problema proposto é a sequência dada por xn = 2 · 2n − 3n− 2 = 2n+1 − 3n− 2, para n par,
xn =
5
2 · 2n − 3n− 2, para n ímpar.
5
OUTRA SOLUÇÃO
Esta é a solução que muitos esperavam, que usa equação característica.
(a) A equação característica é r2 − 4 = 0, cujas raízes são −2 e +2. Logo a solução geral da recorrência é xn =
C · 2n + D · (−2)n.
Obs. Note que, embora esta resposta seja diferente da resposta (a) da solução anterior, ambas estão corretas, mas
estão expressas em termo de outras constantes.
(b) Idêntica à resposta (b) da solução anterior.
(c) Somando as duas, obtemos a solução geral
xn = C · 2n + D · (−2)n − 2− 3n .
Usando as condições iniciais x0 = 0 e x1 = 0, temos
C+ D− 2 = 0
2C− 2D− 2− 3 = 0
Resolvendo o sistema, obtemos C = 94 e D = − 14 . Logo, a solução é
xn =
9
4
· 2n − 1
4
· (−2)n − 2− 3n .
Não é difícil verificar que as duas soluções apresentadas são a mesma, mas escritas de formas diferentes.
6
AV1 -MA 12 - 2012
Questão 5.
Para todo número natural n ≥ 2, considere o número N formado por n− 1 algarismos iguais a 1, n algarismos
iguais a 2 e um algarismo igual a 5, nesta ordem.
(a) Mostre que o número N pode ser escrito na forma
A · 102n + B · 10n + C
9
,
onde A, B e C são constantes independentes de n. Indique os valores de A, B e C.
(b) Mostre que N é um quadrado perfeito.
(c) Quantos algarismos tem
√
N? Diga quais são esses algarismos.
UMA SOLUÇÃO
(a) Usando a expansão na base decimal, podemos escrever N como
N = 102n−1 + 102n−2 + . . .+ 10n+1 + 2 · 10n + 2 · 10n−1 + . . .+ 2 · 101 + 5 .
Então
N = 10n+1(1+ 10+ . . .+ 10n−2) + 2 · 10 · (1+ 10+ . . .+ 10n−1) + 5 .
Somando as duas PGs entre parênteses,
N = 10n+1 · 10
n−1 − 1
10− 1 + 20 ·
10n − 1
10− 1 + 5
=
102n − 10n+1 + 20 · 10n − 20+ 45
9
=
102n + 10 · 10n + 25
9
.
Portanto A = 1, B = 10 e C = 25.
Obs: Outra forma de fazer é multiplicar N por 9 usando o algoritmo de multiplicação e ver que fica o número
10 . . . 010 . . . 025, onde o bloco de zeros mais à esquerda tem n− 2 elementos e o bloco de zero mais à direita tem
n− 1 elementos.
(b) Queremos saber se N = p2, com p ∈ N. Como 102n + 10 · 10n + 25 = (10n + 5)2, então
N =
(
10n + 5
3
)2
.
Resta saber se 10n + 5 é divisível por 3. Mas isso é verdade, porque como 10n + 5 = 10 . . . 05, com um bloco de n− 1
zeros, a soma dos algarismos desse número é igual a 6.
7
(c) A raiz de N é o número p = 10
n+5
3 . Como 10
n + 5 = 10 . . . 05, com um bloco de n− 1 zeros, então tem n+ 1
algarismos. Ao dividir por 3, passa a ter n algarismos. Então p tem n algarismos.
Para saber qual é o número, podemos escrever
p =
10n − 1
3
+
6
3
.
O termo da esquerda é 33 . . . 3 (n vezes) e o da direita é igual a 2. Então p = 3 . . . 35, onde 3 aparece repetido n− 1
vezes.
8
MA12 – Matema´tica Discreta – AV2 – 2012
Nesta prova, todos os itens teˆm mesmo peso.
Questa˜o 1.
Num porta-CDs, cabem 10 CDs colocados um sobre o outro, formando uma pilha vertical. Tenho 3 CDs de
MPB, 5 de rock e 2 de mu´sica cla´ssica.
(a) De quantos modos diferentes posso empilha´-los de modo que todos os CDs de rock fiquem juntos?
(b) De quantos modos posso escolher 4 CDs para levar em uma viagem, de modo que eu leve pelo menos um
CD de cada tipo de mu´sica?
Questa˜o 2.
Em uma caixa ha´ 10 bolas ideˆnticas, numeradas de 1 a 10. O nu´mero de cada bola corresponde a um dos
pontos da figura, os quais dividem a circunfereˆncia em 10 partes iguais. Nos itens a seguir, considere que as
bolas sa˜o retiradas ao acaso, uma a uma e sem reposic¸a˜o.
(a) Se forem retiradas duas bolas, qual e´ a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam extremidades
de um diaˆmetro?
(b) Se forem retiradas treˆs bolas, qual e´ a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam ve´rtices de
um triaˆngulo iso´sceles?
1
MA12 – Matema´tica Discreta – AV2 – 2012
Questa˜o 3.
Em uma caixa foram colocados um carta˜o no qual esta´ escrito o nu´mero 1, dois carto˜es nos quais esta´ escrito
o nu´mero 2, treˆs carto˜es com o nu´mero 3 e assim por diante, ate´ dez carto˜es com o nu´mero 10.
(a) Qual e´ o nu´mero mı´nimo de carto˜es que devem ser retirados da caixa, sem olhar, de modo que se tenha
certeza de que haja, entre os carto˜es retirados, 5 deles com o mesmo nu´mero?
(b) Qual e´ o nu´mero mı´nimo de carto˜es que devem ser retirados da caixa, sem olhar, de modo que se tenha
certeza de que haja, entre os carto˜es retirados, pelo menos um par de carto˜es com diferenc¸a maior do que
5?
Questa˜o 4.
A me´dia aritme´tica de 10 nu´meros positivos e´ igual a 1. Os nu´meros sa˜o agrupados aos pares e os nu´meros de
cada par somados, resultando da´ı um conjunto de 5 nu´meros positivos.
(a) O que se pode dizer sobre a me´dia aritme´tica desses 5 nu´meros?
(b) Mostre que o produto desses 5 nu´meros e´ menor ou igual a 32.
Questa˜o 5.
Uma moeda, com probabilidade 0,6 de dar cara, e´ lanc¸ada duas vezes.
(a) Qual e´ a probabilidade de que se observem resultados iguais no primeiro e segundo lanc¸amentos?
(b) Dado que os resultados observados no primeiro e segundo lanc¸amentos sa˜o iguais, qual e´ a probabilidade
condicional de que o resultado observadoneles seja cara?
2
AV2 -MA 12 - 2012
Questão 1.
Num porta-CDs, cabem 10 CDs colocados um sobre o outro, formando uma pilha vertical. Tenho 3 CDs de
MPB, 5 de rock e 2 de música clássica.
(a) De quantos modos diferentes posso empilhá-los de modo que todos os CDs de rock fiquem juntos?
(b) De quantos modos posso escolher 4 CDs para levar em uma viagem, de modo que eu leve pelo menos
um CD de cada tipo de música?
UMA SOLUÇÃO
(a) Vamos fixar as posições dos CDs atribuindo números de 1 a 10 a suas posições, contando de baixo para cima.
Se todos os 5 CDs de rock ficam juntos, o primeiro pode ficar nas posições de 1 a 6, portanto são 6 escolhas para a
posição do bloco de CDs de rock. Os 5 CDs de rock podem ser arrumados de 5! = 120 maneiras dentro do bloco. As
posições restantes são 5 e os demais CDs também podem ser ordenados de 120 maneiras nessas posições restantes
(não importa que o bloco de CDs de rock interrompa a sequência). Portanto são 6 · 120 · 120, isto é, 86400 maneiras.
(b) Para escolher 4 CDs com pelo menos um para cada tipo de música, podemos escolher, primeiro, um de cada
tipo. Temos 3 possibilidades para MPB, 5 para rock e 2 para música clássica, perfazendo 3 · 5 · 2 = 30 possibilidades.
Depois dessa escolha, podemos pegar qualquer um dos 7 CDs restantes. São, portanto, 30 · 7 = 210 escolhas. No
entanto, temos que dividir por 2 esse valor, já que os dois CDs de mesmo gênero, digamos A e B, podem aparecer
com A na primeira escolha e B na segunda, ou vice-versa.
Outra maneira de resolver (mais complicada, mas que evita a divisão por dois no final): dos 4 CDs, dois são do
mesmo gênero (e os outros dois dos dois outros gêneros restantes). Se os dois de gênero repetido forem de música
clássica, são todos os disponíveis para esse gênero, de forma que restam 3 · 5 escolhas para os outros dois; são,
portanto, 15 possibilidades para se ter 2 CDs repetidos de música clássica. Se os dois de gênero repetido forem
de MPB, há C3,2 = 3 escolhas para eles; para cada uma delas, restam 2 · 5 escolhas dos outros dois; portanto, são
30 maneiras para se ter dois CDs de MPB. Finalmente, se os dois de gênero repetido forem de rock, há C5,2 = 10
escolhas para os dois repetidos, e 2 · 3 escolhas para os outros dois, perfazendo 6 · 10 = 60 possibilidades com dois
CDs de rock. No total, são 60+ 30+ 15 = 105 possibilidades.
1
AV2 -MA 12 - 2012
Questão 2.
Em uma caixa há 10 bolas idênticas, numeradas de 1 a 10. O número de cada bola corresponde a um dos
pontos da figura, os quais dividem a circunferência em 10 partes iguais. Nos itens a seguir, considere que as
bolas são retiradas ao acaso, uma a uma e sem reposição.
(a) Se forem retiradas duas bolas, qual é a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam extremi-
dades de um diâmetro?
(b) Se forem retiradas três bolas, qual é a probabilidade de que os pontos correspondentes sejam vértices de
um triângulo isósceles?
UMA SOLUÇÃO
(a) A primeira bola pode ser qualquer uma. Das 9 restantes, apenas uma será diametralmente oposta a essa
primeira. Portanto a probabilidade de isso ocorrer é de 1/9.
(b) Escolhidos 3 pontos da figura, ficam definidos também 3 intervalos entre eles. Lados iguais de um triângulo
ocorrem se, e somente se, os correspondentes intervalos entre os pontos são iguais. Em particular, (i) os pontos
formam um triângulo isósceles se, e somente se, pelo menos dois desses intervalos são iguais; (ii) nenhum triângulo
equilátero pode ser formado, já que 10 não é divisível por 3.
Nunca havendo 3 intervalos iguais, definimos de forma unívoca o “ponto do meio´´ de um triângulo isósceles
àquele ladeado pelos dois intervalos iguais. Há 10 possibilidades para esse ponto do meio. Os intervalos iguais que
ladeiam esse ponto do meio podem ter os tamanhos: 1/10, 2/10, 3/10 e 4/10. Portanto são 10 · 4 = 40 maneiras de
tomar 3 desses 10 pontos como vértices de um triângulo isósceles.
Por outro lado, há C10,3 = 10 · 9 · 8/6 = 120 maneiras de se escolher 3 entre as 10 bolas. Portanto, dessas 120
escolhas, 40 levarão a um triângulo isósceles, e a probabilidade de isso ocorrer será de 40/120 = 1/3.
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AV2 -MA 12 - 2012
Questão 3.
Em uma caixa foram colocados um cartão no qual está escrito o número 1, dois cartões nos quais está escrito
o número 2, três cartões com o número 3 e assim por diante, até dez cartões com o número 10.
(a) Qual é o número mínimo de cartões que devem ser retirados da caixa, sem olhar, de modo que se tenha
certeza de que haja, entre os cartões retirados, 5 deles com o mesmo número?
(b) Qual é o número mínimo de cartões que devem ser retirados da caixa, sem olhar, de modo que se tenha
certeza de que haja, entre os cartões retirados, pelo menos um par de cartões com diferença maior do que
5?
UMA SOLUÇÃO
(a) Os 5 cartões de mesmo número não podem ser os cartões numerados de 1 a 4. Esses cartões são 10. Há 6
números que são candidatos a terem 5 cartões repetidos: 5, 6, 7, 8, 9 e 10. Então, pelo Princípio das Gavetas, é
suficiente retirar 10+ 4 · 6+ 1 = 35 cartões.
(b) Não aparecem dois números com diferença maior do que 5 enquanto todos os cartões retirados tiverem todos
os números dentro de umamesma sequência de 6 números consecutivos (um “bloco de 6”). Os blocos de 6 possíveis
são: 1-2-3-4-5-6, 2-3-4-5-6-7, 3-4-5-6-7-8, 4-5-6-7-8-9 e 5-6-7-8-9-10. O bloco com mais cartões é o último: ele tem
5+ 6+ 7+ 8+ 9+ 10 = 45 cartões. Então, pelo Princípio das Gavetas, com 46 cartões retirados não é possível que
todos eles estejam num mesmo bloco de 6, ou seja, certamente existirá um par com diferença maior do que 5.
3
AV2 -MA 12 - 2012
Questão 4.
A média aritmética de 10 números positivos é igual a 1. Os números são agrupados aos pares e os números
de cada par somados, resultando daí um conjunto de 5 números positivos.
(a) O que se pode dizer sobre a média aritmética desses 5 números?
(b) Mostre que o produto desses 5 números é menor ou igual a 32.
UMA SOLUÇÃO
(a) Sejam x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9, x10 os 10 números positivos. A primeira informação é de que
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10
10
= 1 .
Ao agruparmos aos pares esses números e somarmos, obteremos a mesma soma do numerador. Mas, ao tirar a
média dos 5, dividiremos por 5, e não por 10. Portanto o resultado será igual a 2.
(b) Sejam y1, y2, y3, y4, y5 os 5 números positivos aos quais se refere o enunciado. A média geométrica dos 5
números é menor ou igual a sua média aritmética, isto é,
5
√
y1 · y2 · y3 · y4 · y5 ≤
y1 + y2 + y3 + y4 + y5
5
.
Acabamos de concluir, no item (a), que o lado direito é igual a 2. Daí resulta
y1 · y2 · y3 · y4 · y5 ≤ 25 = 32 .
4
AV2 -MA 12 - 2012
Questão 5.
Uma moeda, com probabilidade 0,6 de dar cara, é lançada duas vezes.
(a) Qual é a probabilidade de que se observem resultados iguais no primeiro e segundo lançamentos?
(b) Dado que os resultados observados no primeiro e segundo lançamentos são iguais, qual é a probabilidade
condicional de que o resultado observado neles seja cara?
UMA SOLUÇÃO
(a) Evidentemente está-se supondo que os lançamentos são independentes. Para aparecerem resultados iguais
nos dois primeiros lançamentos, ou ocorrem duas caras, com probabilidade 0, 6 × 0, 6 = 0, 36, ou duas coroas,
com probabilidade 0, 4× 0, 4 = 0, 16. Sendo cara-cara e coroa-coroa dois eventos disjuntos (se um deles ocorre o
outro não ocorre), a probabilidade total de ocorrerem dois resultados iguais nos dois primeiros lançamentos é de
0, 36+ 0, 16 = 0, 52.
(b) Se já se sabe que vão sair dois resultados iguais, a probabilidade de que seja cara-cara é de
0, 36
0, 52
=
36
52
=
9
13
.
5
MA12 – Matema´tica Discreta – AV3 – 2012
Questa˜o 1.
Uma moeda, com probabilidade 1
3
de dar cara, e´ lanc¸ada 40 vezes.
(a) Expliquepor que a probabilidade pk de se obter k caras nos 40 lanc¸amentos e´ dada por
pk = C40,k
(
1
3
)k (
2
3
)40−k
,
para k = 0, 1, 2, . . . , 40.
(b) Calcule para que valores de k tem-se pk+1 > pk.
(c) Utilize (b) para obter o valor de k para o qual a probabilidade de se obter k caras e´ ma´xima.
Questa˜o 2.
A soma dos n primeiros termos de uma progressa˜o aritme´tica e´ dada por Sn = 2n
2 − 15n.
(a) Determine o de´cimo termo da progressa˜o.
(b) Encontre o primeiro termo positivo da progressa˜o.
Questa˜o 3.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 3% ao meˆs, oferece determinado produto por 3 prestac¸o˜es mensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga um meˆs apo´s a compra.
(a) Que valor o comerciante deve cobrar por este produto, no caso de pagamento a` vista?
(b) Se um consumidor desejar pagar o produto em treˆs prestac¸o˜es mensais iguais, sendo a primeira paga no
ato da compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as poteˆncias de 1,03: 1, 032 = 1, 0609, 1, 033 = 1, 0927, 1, 03−1 = 0, 9709,
1, 03−2 = 0, 9426, 1, 03−3 = 0, 9151.
1
MA12 – Matema´tica Discreta – AV3 – 2012
Questa˜o 4.
(a) Mostre, por induc¸a˜o finita, que
1
n+ 1
+
1
n+ 2
+ . . .+
1
2n
≥
7
12
para todo nu´mero natural n ≥ 2.
(b) Use este fato para explicar por que a soma 1 + 1
2
+ 1
3
+ 1
4
+ . . . cresce sem limite.
Questa˜o 5.
Cada bolinha nas figuras abaixo deve ser colorida com uma das cores azul, branca, vermelha ou preta, de modo
que as bolinhas ligadas por um segmento tenham cores diferentes.
(a) De quantos modos se pode colorir a figura da esquerda?
(b) De quantos modos se pode colorir a figura da direita?
2
AV3 - MA 12 - 2012
Questão 1.
Uma moeda, com probabilidade 13 de dar cara, é lançada 40 vezes.
(a) Explique por que a probabilidade pk de se obter k caras nos 40 lançamentos é dada por
pk = C40,k
(
1
3
)k (2
3
)40−k
,
para k = 0, 1, 2, . . . , 40.
(b) Calcule para que valores de k tem-se pk+1 > pk.
(c) Utilize (b) para obter o valor de k para o qual a probabilidade de se obter k caras é máxima.
UMA SOLUÇÃO
(a) A probabilidade de saírem k caras e 40− k coroas em 40 lançamentos, numa ordem específica, é a probabilidade
de sair cara elevada à potência k vezes a probabilidade de sair coroa elevada à potência 40− k. Neste caso,
(
1
3
)k (2
3
)40−k
.
Mas o número demaneiras (ou ordens) que podem sair as k caras é o número demaneiras de se escolher k elementos
entre 40, ou seja, C40,k. Por isso a fórmula do enunciado.
(b) Lembramos que
C40,k =
40!
k!(40− k)!
.
Então pk+1 > pk se, e somente se,
40!
(k + 1)!(40− k− 1)!
(
1
3
)k+1 (2
3
)40−k−1
>
40!
k!(40− k)!
(
1
3
)k (2
3
)40−k
.
Ou seja, se, e somente se,
1
k + 1
·
1
3
>
1
40− k
·
2
3
,
cancelando os fatores comuns nos dois lados. Portanto pk+1 > pk se, e somente se, 40− k > 2k + 2, isto é, k <
38
3 .
Como k é inteiro, isto é equivalente a k ≤ 12.
(c) De (b) vale
p0 < p1 < p2 < . . . < p12 < p13 .
Vale, também,
p13 ≥ p14 ≥ . . . ≥ p40 ,
embora valham, de fato, as desigualdades estritas, se for aplicado raciocínio análogo àquele feito em (b). O valor
máximo, ocorre, portanto, em k = 13.
1
AV3 - MA 12 - 2012
Questão 2.
A soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética é dada por Sn = 2n2 − 15n.
(a) Determine o décimo termo da progressão.
(b) Encontre o primeiro termo positivo da progressão.
UMA SOLUÇÃO
(a) O décimo termo é S10 − S9, isto é,
(2 · 102 − 15 · 10)− (2 · 92 − 15 · 9) = 23 .
(b) Queremos saber para quais valores de n o n-ésimo termo, isto é, a expressão Sn − Sn−1, é maior do que zero.
Temos
(2n2 − 15n)− (2(n− 1)2 − 15(n− 1)) = 4n− 17 ,
logo o primeiro termo positivo ocorre para o primeiro n tal que 4n− 17 > 0, isto é, para n = 5.
2
AV3 - MA 12 - 2012
Questão 3.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 3% aomês, oferece determinado produto por 3 prestaçõesmensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga um mês após a compra.
(a) Que valor o comerciante deve cobrar por este produto, no caso de pagamento à vista?
(b) Se um consumidor desejar pagar o produto em três prestações mensais iguais, sendo a primeira paga no
ato da compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as potências de 1,03: 1, 032 = 1, 0609, 1, 033 = 1, 0927, 1, 03−1 = 0, 9709,
1, 03−2 = 0, 9426, 1, 03−3 = 0, 9151.
UMA SOLUÇÃO
(a) Trazendo os valores das prestações a valor presente e somando, obtemos o valor para o pagamento à vista:
100
1, 03
+
100
1, 032
+
100
1, 033
=
100
1, 03
(1+ 1, 03−1 + 1, 03−2)
=
100
1, 03
·
1− 1, 03−3
1− 1, 03−1
≃ 100 ·
1− 0, 9151
0, 03
= 100 ·
8, 49
3
= 283 .
O resultado pode ser um pouco diferente dependendo de como são usados os arredondamentos.
(b) Não é preciso saber o valor à vista. Basta trazer em 1 mês cada uma das prestações de 100 reais. Ou seja, cada
uma deve ser de 100 · 1, 03−1, que é aproximadamente igual a 97,09 reais.
3
AV3 - MA 12 - 2012
Questão 4.
(a) Mostre, por indução finita, que
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . .+
1
2n
≥
7
12
para todo número natural n ≥ 2.
(b) Use este fato para explicar por que a soma 1+ 12 +
1
3 +
1
4 + . . . cresce sem limite.
UMA SOLUÇÃO
(a) Primeiro vejamos que a desigualdade vale para n = 2. O lado esquerdo, neste caso, é 13 +
1
4 , que é igual a
7
12 .
Agora suponhamos que a desigualdade valha para um certo n ≥ 2. Iremos mostrar que a correspondente desi-
gualdade também vale para n + 1. Isto é, supondo que vale
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . .+
1
2n
≥
7
12
(hipótese de indução), mostraremos que vale
1
(n + 1) + 1
+
1
(n + 1) + 2
+ . . .+
1
2(n + 1)
≥
7
12
.
Ora, mas o lado esquerdo pode ser escrito como
(
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . .+
1
2n
)
+
1
2n + 1
+
1
2n + 2
−
1
n + 1
.
Pela hipótese de indução, a soma entre parênteses é maior do que ou igual a 712 . Então basta mostrar que
1
2n + 1
+
1
2n + 2
−
1
n + 1
≥ 0 .
Mas isso é verdade porque
1
2n + 1
+
1
2n + 2
>
2
2n + 2
=
1
n + 1
.
(b) A soma mencionada pode ser agrupada assim:
1+
1
2
+
(
1
3
+
1
4
)
+
(
1
5
+ . . .+
1
8
)
+
(
1
9
+ . . .+
1
16
)
+ . . .
Cada agrupamento entre parênteses é da forma 1n+1 + . . .+
1
2n , com n = 2, 4, 8, . . ., isto é, n = 2
k para k = 1, 2, 3, . . ..
E cada um deles é maior do que ou igual a 712 , conforme demonstrado em (a). Assim, a soma parcial até o termo
2 · 2k é maior do que ou igual a 1+ 12 + k ·
7
12 .
Como a sequência das somas parciais é crescente e para os valores de n = 2k+1 a soma parcial é maior do que 7k12 ,
então para qualquer valor real M > 0 existirá um n tal que a soma parcial até o n-ésimo termo supera o valor M.
Isso mostra que a série cresce sem limite.
4
AV3 - MA 12 - 2012
Questão 5.
Cada bolinha nas figuras abaixo deve ser colorida com uma das cores azul, branca, vermelha ou preta, de
modo que as bolinhas ligadas por um segmento tenham cores diferentes.
(a) De quantos modos se pode colorir a figura da esquerda?
(b) De quantos modos se pode colorir a figura da direita?
UMA SOLUÇÃO
(a) Na figura da esquerda, há 4 cores possíveis para a bolinha na posição mais alta. Uma vez fixada essa cor, a
bolinha na altura intermediária à esquerda tem 3 possibilidades, e, fixada esta, a da direita tem duas possibilida-
des. Para a bolinha inferior sobram duas possibilidades, ou a cor da bolinha superior ou a cor que não entrou em
nenhuma das 3 bolinhas mais acima. Então são 4 · 3 · 2 · 2 = 48 maneiras.
(b) A figurada direita poderia ser desenhada como a da esquerda, mas sem a ligação entre as duas bolinhas que
estão na posição intermediária. Se essas duas bolinhas têm a mesma cor, então são 4 cores para a bolinha superior,
3 para as intermediárias iguais, e 3 para a inferior (a inferior só não pode ser igual às intermediárias iguais). Isso
dá 4 · 3 · 3 = 36. Se as bolinhas intermediárias têm cores diferentes aí caímos no caso anterior, onde encontramos 48
maneiras. Então o número total de maneiras é 36+ 48 = 84.
5
MA12
- 
2013 
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática Discreta
Avaliação 1 - MA 12
27 de abril de 2013
1. (valor 3,0)
Paulo economizou durante muitos anos e tem, hoje, R$ 500.000,00 aplicados em um investi-
mento que rende juros de 1% ao mês. A partir do próximo mês, ele pretende fazer uma retirada
mensal de R$ 1.000,00.
a) Seja sn o saldo que resta da aplicação, após fazer a n-ésima retirada. Exprima sn+1 em
termos de sn. Dê também a condição inicial da recorrência obtida. (pontuação parcial 0,5)
b) Obtenha uma expressão para sn em função de n. (pontuação parcial 1,5)
c) Qual é a retirada mensal máxima que Paulo pode fazer de modo que o saldo da aplicação
nunca se torne negativo? (pontuação parcial 1,0)
2. (valor 2,5)
a) Para que valores de b existe uma progressão geométrica para a qual a soma dos n primeiros
termos é igual a 3n+1 + b, para todo n natural? (pontuação parcial 1,0)
b) Quais são o primeiro termo e a razão dessa progressão? (pontuação parcial 1,5)
3. (valor 2,0)
Prove, por indução finita, que
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+ . . .
1
2n−1
>
n
2
,
para todo n natural.
4. (valor 1,5)
Na figura abaixo temos uma espiral formada por infinitos semicírculos cujos centros pertencem
ao eixo das abscissas. Se o raio do primeiro semicírculo (o maior) é igual a 1 e o raio de cada
semicírculo é igual à metade do semicírculo anterior, determine:
a) o comprimento total da espiral. (pontuação parcial 0,75)
b) a abscissa do ponto P assintótico da espiral. (pontuação parcial 0,75)
 
x 
y 
1 2 
5. (valor 1,0)
a) Se (an) é uma progressão geométrica de termos positivos, prove que (bn) definida por
bn = log an é uma progressão aritmética. (pontuação parcial 0,5)
b) Se (an) é uma progressão aritmética, prove que (bn) definida por bn = e
an é uma progressão
geométrica. (pontuação parcial 0,5)
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática Discreta
Avaliação - GABARITO AV 1 - MA 12
27 de abril de 2013
1. (valor 3,0)
Paulo economizou durante muitos anos e tem, hoje, R$ 500.000,00 aplicados em um investi-
mento que rende juros de 1% ao mês. A partir do próximo mês, ele pretende fazer uma retirada
mensal de R$ 1.000,00.
a) Seja sn o saldo que resta da aplicação, após fazer a n-ésima retirada. Exprima sn+1 em
termos de sn. Dê também a condição inicial da recorrência obtida. (pontuação parcial 0,5)
b) Obtenha uma expressão para sn em função de n. (pontuação parcial 1,5)
c) Qual é a retirada mensal máxima que Paulo pode fazer de modo que o saldo da aplicação
nunca se torne negativo? (pontuação parcial 1,0)
Uma solução:
a) sn+1 = 1, 01.sn − 1 000, com s0 = 500 000 (ou s1 = 504 000).
b) Uma primeira solução pode ser feita resolvendo-se a recorrência acima. Uma solução da
equação homogênea associada an+1 = 1, 01.an é an = 1, 01
n−1.
Fazendo a substituição sn = anyn, obtemos yn+1 = yn −
1 000
1,01n
. Usando a recorrência recem
encontrada e somando os termos, encontramos
yn = y0 − 1 000(1 +
1
1, 011
+ ...+
1
1, 01n−1
) =
= y0 − 1 000.
1− 1
1,01n
1− 1
1,01
= y0 − 100 000.1, 01.(1−
1
1, 01n
)
.
Daí, sn = anyn = 1, 01
n−1y0− 100 000.1, 01
n.(1− 1
1,01n
) = 1, 01n−1y0− 100 000(1, 01
n− 1).
Finalmente, de s0 = a0y0, obtemos 500 000 =
1
1,01
y0, ou seja y0 = 500 000.1, 01. Logo, a
expressão de sn é
sn = 500 000.1, 01
n
− 100 000(1, 01n − 1) = 400 000.1, 01n + 100 000.
Uma segunda solução desta questão pode ser feita utilizando-se o teorema sobre o valor de
uma série uniforme. O valor das n retiradas, no mês anterior à primeira retirada é 1 000.
1− 1
1,01n
0,01
=
100 000(1− 1
1,01n
).
Para obter o valor dessas retiradas no mês da n-ésima retirada, devemos multiplicar o valor
no instante inicial por 1, 01n, obtendo 100 000(1, 01n− 1). O valor inicial do investimento, nesta
mesma época, é igual a 500 000× 1, 01n. Portanto, o saldo restante após a n-ésima retirada é
500 000× 1, 01n − 100 000(1, 01n − 1) = 400 000× 1, 01n + 100 000.
c) A maior retirada possível é o rendimento mensal, igual a 0, 01×500 000 = 5 000. Podemos
chegar a este resultado resolvendo o item b) para uma retirada genérica p, para a qual obteremos,
após a n-ésima retirada, o valor (50 0000− 100p)× 1, 01n + 100 000.
Para que este valor nunca se torne negativo, devemos ter 500 000 − 100p ≥ 0, ou seja,
p ≤ 5 000.
2. (valor 2,5)
a) Para que valores de b existe uma progressão geométrica para a qual a soma dos n primeiros
termos é igual a 3n+1 + b, para todo n natural? (pontuação parcial 1,0)
b) Quais são o primeiro termo e a razão dessa progressão? (pontuação parcial 1,5)
Uma solução:
A soma dos n primeiros termos da progessão geométrica de primeiro termo a1 e razão q é
Sn = a1
qn − 1
q − 1
=
a1q
n
q − 1
−
a1
q − 1
Esta expressão deve ser idêntica a 3.3n + b. Devemos ter, portanto, q = 3 e a1
q−1
= 3. Daí,
a1 = 6 e o valor de b é
−a1
q−1
= −3.
3. (valor 2,0)
Prove, por indução finita, que
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+ . . .
1
2n−1
>
n
2
,
para todo n natural.
Uma solução:
Seja P (n) a sentença 1 + 1
2
+ 1
3
+ 1
4
+ . . . 1
2n−1
> n
2
.
P (1) é verdadeira, já que 1
21−1
= 1 > 1
2
.
Suponhamos P (n) verdadeira para algum n > 1, ou seja, 1+ 1
2
+ 1
3
+ 1
4
+ . . . 1
2n−1
> n
2
, n > 1.
Daí, 1+ 1
2
+ 1
3
+ 1
4
+· · ·+ 1
2n−1
+ 1
2n−1+1
+· · ·+ 1
2n
> n
2
+ 1
2n−1+1
+. . . 1
2n
> n
2
+ 2
n−1
2n
= n
2
+ 1
2
= n+1
2
.
Logo, P (n + 1) também é verdadeira. Portanto, pelo Princípio da Indução Finita, P (n) é
verdadeira para todo n natural.
4. (valor 1,5)
Na figura abaixo temos uma espiral formada por infinitos semicírculos cujos centros pertencem
ao eixo das abscissas. Se o raio do primeiro semicírculo (o maior) é igual a 1 e o raio de cada
semicírculo é igual à metade do semicírculo anterior, determine:
a) o comprimento total da espiral. (pontuação parcial 0,75)
b) a abscissa do ponto P assintótico da espiral. (pontuação parcial 0,75)
 
x 
y 
1 2 
Uma solução:
a) O comprimento total da espiral é pi.1 + pi.1
2
+ pi.1
4
+ · · · = pi 1
1− 1
2
= 2pi
b) A abscissa do ponto P é 2− 1 + 1
2
−
1
4
+ ... = 2− 1
1−(−( 1
2
))
= 4
3
.
5. (valor 1,0)
a) Se (an) é uma progressão geométrica de termos positivos, prove que (bn) definida por
bn = log an é uma progressão aritmética. (pontuação parcial 0,5)
b) Se (an) é uma progressão aritmética, prove que (bn) definida por bn = e
an é uma progressão
geométrica. (pontuação parcial 0,5)
Uma solução:
a) Como bn+1 − bn = log an+1 − log an = log
an+1
an
= log q = constante, sendo q a razão da
progressão geométrica (an), então (bn) é uma progressão aritmética.
b) Como bn+1
bn
= e
an+1
ean
= ean+1−an = er = constante, sendo r a razão da progressão aritmética
(an), então (bn) é uma progressão geométrica.
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática DiscretaAvaliação - AV 2 - MA 12
29 de junho de 2013
1. (2,0) Penélope quer distribuir 6 presentes entre seus sobrinhos Alfredo, Bruno, Carlos e
Daniel, de modo que cada um receba pelo menos um presente. Todos os presentes devem ser
distribuídos.
a) (0,5) Supondo que todos os presentes sejam iguais, de quantos modos ela pode distribuir
os presentes?
b) (1,5) Resolva novamente o item a), supondo agora que todos os presentes sejam diferentes.
2. (2,0) Sejam R o raio da base e h a altura de um cilindro circular reto.
a) (0,5) Calcule a média aritmética e a média geométrica dos valores Rh, Rh e 2R2.
b) (1,5) Use a desigualdade das médias para calcular qual é a menor área total possível para
um cilindro circular reto com um volume V dado. Que relação deve existir entre o raio da base
e a altura desse cilindro para que ele tenha essa menor área possível?
3. (2,0) João tem dois dados. O dado A tem três faces vermelhas e três azuis. O dado B
tem duas faces vermelhas e quatro azuis. Ele escolhe um dos dados ao acaso e o lança. Se a
face que sai é azul, ele lança a seguir o dado A; se é vermelha, ele lança o dado B.
a) (0,5) Qual é a probabilidade de que o segundo dado lançado seja o dado B?
b) (0,5) Qual é a probabilidade de que saia uma face vermelha no segundo lançamento?
c) (1,0) Se a face que sai no segundo lançamento é vermelha, qual é a probabilidade de que
o primeiro dado lançado tenha sido o A?
4. (2,0) Em uma reunião há 26 pessoas, com idades variando entre 16 e 65 anos.
a) (1,0) Mostre que há na reunião pelo menos um par de pessoas cujas datas de nascimento
estejam espaçadas por menos de 2 anos.
b) (0,5) Existe um mês do ano em que pelo menos k pessoas dentre as presentes na reunião
fazem aniversário. Qual é o maior valor de k para o qual esta sentença é necessariamente
verdadeira?
c) (0,5) Considere a afirmação: Existe um mês em que pelo menos quatro pessoas do mesmo
sexo dentre as presentes na reunião fazem aniversário. Quantas pessoas a mais, no mínimo,
devem chegar à reunião para que se tenha certeza de que esta afirmativa seja verdadeira?
5. (2,0) No sorteio da Mega-Sena, são sorteados, consecutivamente e sem reposição, 6 nú-
meros de 1 a 60.
a) (1,0) Qual é a probabilidade de que o número 23 seja um dos sorteados?
b) (1,0) Qual é a probabilidade de que o último número sorteado seja o maior dos 6 números
que foram sorteados?
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática Discreta
Avaliação - GABARITO AV 2 - MA 12
29 de junho de 2013
1. (2,0) Penélope quer distribuir 6 presentes entre seus sobrinhos Alfredo, Bruno, Carlos e
Daniel, de modo que cada um receba pelo menos um presente. Todos os presentes devem ser
distribuídos.
a) (0,5) Supondo que todos os presentes sejam iguais, de quantos modos ela pode distribuir
os presentes?
b) (1,5) Resolva novamente o item a), supondo agora que todos os presentes sejam diferentes.
Uma solução:
a) Uma vez tendo distribuído um presente para cada um dos sobrinhos, sobram 2 presentes,
para distribuir para 4 crianças. O número de modos de fazê-lo é igual ao número de soluções
não negativas de x1 + x2 + x3 + x4 = 2, que é igual a CR4,2 = C5,2 = 10.
É também fácil enumerar todas as possibilidades: há 4 modos de uma das crianças receber
dois presentes adicionais e C4,2 = 6 modos de duas delas receberem um presente adicional cada.
Aqui estão as possibilidades:
ABCD
3 1 1 1
ABCD
1 3 1 1
ABCD
1 1 3 1
ABCD
1 1 1 3
ABCD
2 2 1 1
ABCD
2 1 2 1
ABCD
2 1 1 2
ABCD
1 2 2 1
ABCD
1 2 1 2
ABCD
1 1 2 2
b) Primeiro, devemos decidir qual é a quantidade de presentes que cada sobrinho vai receber.
As possibilidades são as seguintes:
• um dos sobrinhos recebe 3 presentes e os demais 1.
O sobrinho a receber os 3 presentes pode ser escolhido de 4 modos. Os presentes dos demais
podem ser escolhidos de 6 × 5 × 4 = 120 modos (os que restarem ficam com o sobrinho que
recebe 3 presentes). O número total de possibilidades é 4× 120 = 480.
• exatamente dois sobrinhos recebem dois presentes.
Esses sobrinhos podem ser escolhidos de C4,2 = 6 modos. Os presentes dos outros sobrinhos
podem ser escolhidos de 6×5 = 30modos. Os presentes de um dos sobrinhos a receber 2 presentes
podem ser escolhidos de C4,2 = 6 modos. O número total de possibilidades é 6× 30× 6 = 1080.
O número total de modos de distribuir os presentes é 480 + 1080 = 1560.
2. (2,0) Sejam R o raio da base e h a altura de um cilindro circular reto.
a) (0,5) Calcule a média aritmética e a média geométrica dos valores Rh, Rh e 2R2.
b) (1,5) Use a desigualdade das médias para calcular qual é a menor área total possível para
um cilindro circular reto com um volume V dado. Que relação deve existir entre o raio da base
e a altura desse cilindro para que ele tenha essa menor área possível?
Uma solução:
a) A média aritmética é A = (2Rh+ 2R2)/3 e a geométrica é G = (2R4h2)
1
3 .
b) A área total do cilindro é S = 2piRh + 2piR2, enquanto que seu volume é V = piR2h.
Logo
A =
S
3pi
e G3 =
2V 2
pi2
Daí, pela desigualdade das médias, A ≥ G, e portanto
S
3pi
≥ (
2V 2
pi2
)
1
3 =⇒ S ≥ 3(2piV 2)
1
3
Assim, a menor área total possível para um volume V fixo é S = 3(2piV 2)
1
3 .
Para que valha a igualdade (e portanto para que o cilindro tenha área total mínima), os
elementos que compõem as médias devem ser todos iguais, logo deve-se ter Rh = 2R2, ou seja,
h = 2R.
3. (2,0) João tem dois dados. O dado A tem três faces vermelhas e três azuis. O dado B
tem duas faces vermelhas e quatro azuis. Ele escolhe um dos dados ao acaso e o lança. Se a
face que sai é azul, ele lança a seguir o dado A; se é vermelha, ele lança o dado B.
a) (0,5) Qual é a probabilidade de que o segundo dado lançado seja o dado B?
b) (0,5) Qual é a probabilidade de que saia uma face vermelha no segundo lançamento?
c) (1,0) Se a face que sai no segundo lançamento é vermelha, qual é a probabilidade de que
o primeiro dado lançado tenha sido o A?
Uma solução:
a) P (2o dado é B) = P (1o dado é A).P (2o dado é B|1o dado é A)+
+P (1o dado é B).P (2o dado é B|1o dado é B) = 1
2
× 1
2
+ 1
2
× 1
3
= 5
12
.
É claro que P (1o dado é A) = 7
12
; isto será usado no próximo ítem.
b) P (2a é Vermelha) = P (2o dado é A).P (Vermelha|A)+P (2o dado é B).P (Vermelha|B)
= 7
12
× 1
2
+ 5
12
× 1
3
= 31
72
.
c) P (1o dado é A|2a é Vermelha) = P(1o dado é A e 2a é Vermelha)/P (2a é Vermelha).
Mas
P (1o dado é A e 2a é Vermelha) = P(1o dado é A e 2o dado é A e 2a é Vermelha)+
+P (1o dado é A e 2◦ dado é B e 2a é Vermelha) = 1
2
× 1
2
× 1
2
+ 1
2
× 1
2
× 1
3
= 5
24
.
Logo, P (1o dado é A|2a é Vermelha) =
= P (1o dado é A e 2a é Vermelha)/P (2a é Vermelha) = ( 5
24
)/(31
72
) = 15
31
.
Estes resultados podem ser obtidos também usando-se diretamente o diagrama:
 
1/2 
1/2 
Escolha do 
dado A 
Escolha do 
dado B 
Primeiro 
lançamento 
Face azul → A é o dado 
selecionado para o segundo 
lançamento 
Face vermelha → B é o 
dado selecionado para o 
segundo lançamento 
Face azul → A é o dado 
selecionado para o segundo 
lançamento 
Face vermelha → B é o 
dado selecionado para o 
segundo lançamento 
Segundo 
lançamento 
Azul 
Vermelho 
Azul 
Vermelho 
Azul 
Vermelho 
Azul 
Vermelho 
2/3 
1/2 
1/2 
1/3 
1/2 
1/2 
2/3 
1/3 
1/2 
1/2 
2/3 
1/3 
4. (2,0) Em uma reunião há 26 pessoas, com idades variando entre 16 e 65 anos.
a) (1,0) Mostre que há na reunião pelo menos um par de pessoas cujas datas de nascimento
estejam espaçadas por menos de 2 anos.
b) (0,5) Existeum mês do ano em que pelo menos k pessoas dentre as presentes na reunião
fazem aniversário. Qual é o maior valor de k para o qual esta sentença é necessariamente
verdadeira?
c) (0,5) Considere a afirmação: Existe um mês em que pelo menos quatro pessoas do mesmo
sexo dentre as presentes na reunião fazem aniversário. Quantas pessoas a mais, no mínimo,
devem chegar à reunião para que se tenha certeza de que esta afirmativa seja verdadeira?
Uma solução:
a) Sejam x1 ≤ x2... ≤ x26 as idades em ordem não decrescente. Por hipótese temos que
x1 ≥ 16 e x26 ≤ 65. Como
(x2 − x1) + (x3 − x2) + · · ·+ (x26 − x25) = x26 − x1 ≤ 65− 16 = 49,
então a média aritmética
(x2 − x1) + (x3 − x2) + · · ·+ (x26 − x25)
25
é menor do que 49/25 e pelo menos uma das diferenças (xi+1 − xi) é menor ou igual do que
49/25 e, portanto, menor do que 2.
Obs.: A rigor, x26 − x1 não é, necessariamente, igual a 49; isto ocorre quando discretizamos o
tempo em anos, mas, de fato, a pessoa com idade x1 pode ter acabado de completar 16 anos e
a pessoa com idade x26 pode estar prestes a fazer 66. Em qualquer caso certamente x26 − x1 é
estritamente menor que 50, o que faz com que a conclusão seja válida.
b) A resposta é k = 3. Como há 26 pessoas e 12 possibilidades para o mês de aniversário,
há um mês em que nasceram no mínimo 26/12 = 2, 1... pessoas. Portanto, há um mês em que
nasceram pelo menos três pessoas. Não se pode garantir que haja 4 pessoas em um mesmo mês
(basta distribuir as pessoas colocando duas em cada um de 10 meses e três em cada um dos
outros 2 meses).
c) Há 24 combinações (gavetas) possíveis de sexo e mês de aniversário. Logo, para que
se possa garantir que haja 4 pessoas em uma mesma gaveta, é preciso que haja pelo menos
24× 3+1 = 73 objetos (pessoas). Portanto, é preciso que cheguem mais 73− 26 = 47 pessoas.
5. (2,0) No sorteio da Mega-Sena, são sorteados, consecutivamente e sem reposição, 6 nú-
meros de 1 a 60.
a) (1,0) Qual é a probabilidade de que o número 23 seja um dos sorteados?
b) (1,0) Qual é a probabilidade de que o último número sorteado seja o maior dos 6 números
que foram sorteados?
Uma solução:
a) Primeira solução: A probabilidade que 23 saia em cada um dos números sorteados é 1/60.
Logo, a probabilidade de que saia em um deles é 6× 1/60 = 1/10.
Segunda solução: O número de casos possíveis para o sorteio é 60× 59× 58× 57× 56× 55.
O número de casos favoráveis é
6× 59× 58× 57× 56× 55
(6 é o número de modos de se escolher a posição do 23 e o produto dos demais fatores dá o
número de modos de se escolher os outros 5 números)
A probabilidade de aparecer o 23 é, portanto,
(6× 59× 58× 57× 56× 55)/(60× 59× 58× 57× 56× 55) = 1/10
b) Como os números são sorteados ao acaso, todas as ordenações dos números sorteados são
igualmente prováveis. Logo, é igualmente provável que o maior número apareça em cada posição.
Assim, a probabilidade de que ele apareça na última posição é 1/6.
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática Discreta
Avaliação - AV 3 - MA 12
13 de julho de 2013
1. (2,0) Seja (an) uma progressão aritmética e seja (bn) a sequência definida por
bn = an + an+1, ∀n ≥ 1
a) (0,5) Mostre que (bn) também é uma progressão aritmética.
b) (1,5) Suponha que a soma dos n primeiros termos da sequência (an) seja igual a 2n
2+5n,
para todo natural n ≥ 1. Obtenha uma expressão para a soma dos n primeiros termos de (bn).
2. (2,0) Seja (an) uma sequência tal que a1 = 2, a2 = 5 e an+2 = an + an+1, para todo
natural n ≥ 1. Mostre, por indução finita, que
a2 + a4 + a6 + ...+ a2n = a2n+1 − 2,
para todo n ≥ 1.
3. (2,0) Considere a bandeira da figura abaixo, formada por seis regiões. Para colori-la, há
lápis de cor de quatro cores diferentes.
 
a) (0,5) De quantos modos ela pode ser colorida de modo que regiões adjacentes tenham
cores diferentes?
b) (1,5) Resolva o item a), supondo agora que todas as quatro cores sejam utilizadas para
pintar cada bandeira.
4. (2,0) João precisa comprar uma peça para seu carro, com o qual ele espera ficar por mais 3
anos. Ele pode comprar, por R$ 1400, 00, uma peça original, que vai durar todo este período, ou,
por R$ 500, 00, uma peça alternativa, que dura apenas 1 ano. Suponha que o valor do dinheiro
seja de 10% ao ano.
a) (1,0) Mostre que, apesar do desembolso total com a peça alternativa ser maior, ela é a
mais vantajosa para João.
b) (1,0) João acha que pode conseguir um desconto na peça original. A partir de que valor
vale a pena ele optar por ela?
5. (2,0) As faces de um dado honesto são numeradas de 1 a 3 (cada número aparece duas
vezes). Seja pn a probabilidade de que a soma das faces obtidas em n lançamentos seja par.
a) (1,0) Explique porque a sequência pn satisfaz a recorrência pn+1 =
2
3
− 1
3
· pn. Qual é o
valor de p1?
b) (1,0) Resolva a equação de recorrência em a) para obter uma expressão para pn.
[Sugestão: determine uma constante k tal que pn = k seja uma solução da recorrência e faça a
substituição pn = yn + k, para obter uma recorrência homogênea ou você também pode usar o método
geral visto no curso para resolver recorrências lineares não homogêneas.]
Sociedade Brasileira de Matemática
Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional
MA12 – Matemática Discreta
Avaliação - GABARITO AV 3 - MA 12
13 de julho de 2013
1. (2,0) Seja (an) uma progressão aritmética e seja (bn) a sequência definida por
bn = an + an+1, ∀n ≥ 1
a) (0,5) Mostre que (bn) também é uma progressão aritmética.
b) (1,5) Suponha que a soma dos n primeiros termos da sequência (an) seja igual a 2n
2+5n,
para todo natural n ≥ 1. Obtenha uma expressão para a soma dos n primeiros termos de (bn).
Uma solução:
a) bn+1 − bn = (an+1 + an+2) − (an + an+1) = an+2 − an = 2r, sendo que r é a razão de
(an). Logo, (bn) é uma P.A. de razão 2r.
b) Primeira solução:
b1 + b2 + ...+ bn = (a1 + a2) + (a2 + a3) + ...+ (an + an+1) =
= (a1 + a2 + ...+ an) + (a2 + a3 + ...+ an+1) = Sn + Sn+1 − S1 =
= 2n2 + 5n+ 2(n+ 1)2 + 5(n+ 1)− 7 = 4n2 + 14n
Segunda solução:
Podemos determinar primeiramente o primeiro termo e a razão de (an).
A soma dos n primeiros termos de an é
Sn = (a1 + an).
n
2
= (a1 + a1 + (n− 1)r).
n
2
= r.
n2
2
+ (a1 −
r
2
).n = 2n2 + 5n
Logo, r
2
= 2 e (a1 −
r
2
) = 5. Daí, r = 4 e a1 = 7. Portanto, (bn) é uma P.A. cujo primeiro
termo é b1 = a1 + a2 = 7 + 11 = 18 e cuja razão é 2× 4 = 8.
(alternativamente, podemos observar que S1 = 7 e S2 = 18; daí, a1 = 7 e a2 = 11 e, portanto,
r = 4).
Portanto, a soma dos seus n primeiros termos de (bn) é
(b1 + bn).
n
2
= (18 + 18 + (n− 1).8).
n
2
= 4n2 + 14n
.
2. (2,0) Seja (an) uma sequência tal que a1 = 2, a2 = 5 e an+2 = an + an+1, para todo
natural n ≥ 1. Mostre, por indução finita, que
a2 + a4 + a6 + ...+ a2n = a2n+1 − 2,
para todo n ≥ 1.
Uma solução:
Seja p(n) a afirmação: a2 + a4 + a6 + ...+ a2n = a2n+1 − 2.
i) Para n = 1, temos a2 = 5 e a3 = 2 + 5 = 7. Logo, de fato temos a2 = a3 − 2, o que
verifica a validade de p(1 ).
ii) Suponhamos que p(n) seja válida, ou seja, que a2 + a4 + a6 + ...+ a2n = a2n+1− 2. Daí:
a2+a4+a6+ ...+a2n+a2n+2 = a2n+1+a2n+2− 2 = a2n+3− 2, o que mostra que p(n + 1 )
é válida.
Logo, pelo princípio da indução finita, p(n) é válida para todo n natural.
3. (2,0) Considere a bandeira da figura abaixo, formada por seis regiões. Para colori-la, há
lápis de cor de quatro cores diferentes.
 
a) ((0,5) De quantos modos ela pode ser colorida de modo que regiões adjacentes tenham
cores diferentes?
b) (1,5) Resolva o item a), supondo agora que todas as quatro cores sejam utilizadas para
pintar cada bandeira.
Uma solução:
 
A 
B 
C 
D 
E 
Fa) Colorindo as regiões na ordem indicada, o número de possibilidades é 4×3×2×3×3×2 =
432
b) Nas condições exigidas, não é possível pintar a bandeira com apenas uma cor ou com
duas cores apenas, mas é possível pintá-la com três cores (sem que regiões adjacentes tenham a
mesma cor).
Colorindo as regiões na ordem indicada com apenas 3 cores, o número de possibilidades é
3×2×1×2×2×1 = 24. Mas as 3 cores a serem usadas podem ser escolhidas de 4 modos. Logo,
o número de modos de colorir a bandeira usando todas as quatro cores é 432− 4× 24 = 336.
4. (2,0) João precisa comprar uma peça para seu carro, com o qual ele espera ficar por mais 3
anos. Ele pode comprar, por R$ 1400, 00, uma peça original, que vai durar todo este período, ou,
por R$ 500, 00, uma peça alternativa, que dura apenas 1 ano. Suponha que o valor do dinheiro
seja de 10% ao ano.
a) (1,0) Mostre que, apesar do desembolso total com a peça alternativa ser maior, ela é a
mais vantajosa para João.
b) (1,0) João acha que pode conseguir um desconto na peça original. A partir de que valor
vale a pena ele optar por ela?
Uma solução:
a) Devemos comparar os seguintes esquemas de pagamento:
 
0 1 
2 3 
 
R$ 500 R$ 500 R$ 500 
anos 
0 1 2 3 
R$ 1400 
anos 
Levando ambos para a data 2:
Peça original: 1400× (1, 1)2 = 1400× 1, 21 = 1694
Peça alternativa: 500× (1, 1)2 + 500× 1, 1 + 500 = 605 + 550 + 500 = 1655.
Logo, o custo com a peça alternativa é inferior.
b) Para que os esquemas sejam equivalentes, o preço p da peça original deve ser tal que
p× 1, 21 = 1655, ou seja, p = 1655
1,21
≈ 1367, 77 reais.
5. (2,0) As faces de um dado honesto são numeradas de 1 a 3 (cada número aparece duas
vezes). Seja pn a probabilidade de que a soma das faces obtidas em n lançamentos seja par.
a) (1,0) Explique porque a sequência pn satisfaz a recorrência pn+1 =
2
3
− 1
3
· pn. Qual é o
valor de p1?
b) (1,0) Resolva a equação de recorrência em a) para obter uma expressão para pn.
[Sugestão: determine uma constante k tal que pn = k seja uma solução da recorrência e faça a
substituição pn = yn + k, para obter uma recorrência homogênea ou você também pode usar o método
geral visto no curso para resolver recorrências lineares não homogêneas.]
Uma solução:
a) pn+1 = P (soma par em n+ 1 lançamentos) =
= P (soma par em n lançamentos).P (sai par no lançamento n+ 1) +
P ( soma ímpar em n lançamentos).P ( sai ímpar no lançamento n+ 1)
Logo
pn+1 = pn ·
1
3
+ (1− pn) ·
2
3
=
2
3
−
1
3
· pn
O valor de p1 é 1/3.
b) Seguindo a sugestão: k = 23 −
1
3 ·k, o que resulta em k =
1
2 . Fazendo a substituição pn = yn+
1
2 ,
obtemos
yn+1 +
1
2
=
2
3
−
1
3
(yn +
1
2
),
ou seja yn+1 = (−
1
3)yn.
A solução geral desta recorrência homogênea é yn = C(−
1
3)n. Logo, pn =
1
2 + C(−
1
3)
n. Vamos
determinar C. Substituindo n = 1, obtemos p1 =
1
3 =
1
2 + C(−
1
3), que fornece C =
1
2 . Portanto, a
solução da recorrência é
pn =
1
2
+
1
2
· (−
1
3
)n
.
Vejamos agora como solucionar a mesma questão usando o método geral para resolver recorrências
não homogêneas de primeira ordem.
Uma solução da equação homogênea pn+1 = (−
1
3)pn é an = (−
1
3)
n. Fazendo a substituição
pn = anyn, temos
(−
1
3
)n+1yn+1 =
2
3
−
1
3
(−
1
3
)nyn,
ou seja, yn+1 − yn =
2
3 · (−3)
n+1.
Escrevendo esta igualdade para n variando de 1 a n− 1 e somando:
yn − y1 = (
2
3
)
[
(−3)2 + ...+ (−3)n)
] (PG)
=
3
2
·
[
1− (−3)n−1
]
.
Daí yn = y1 +
3
2 · [1− (−3)
n−1]. Mas p1 =
1
3 . Logo −
1
3 · y1 =
1
3 , ou seja y1 = −1. Logo,
yn = −1 +
3
2
−
3
2
(−3)n−1 =
1
2
+
1
2
(−3)n
Daí, finalmente:
pn = (−
1
3
)nyn =
1
2
· (−
1
3
)n +
1
2
RELATÓRIO 
DE 
DESEMPENHO
MA11
E 
MA12
RELATORIO MA11
Página 1
Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5
NOTA1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 1,0 1,0 1,0
9,43 9,40 7,77 9,28 5,20 3,63 6,08 3,02 2,05 4,59 2,45 5,83
9,42 8,52 4,41 3,30 3,52
%
0 2 2 0,45
1 2 0 0
2 6 4 0,9
3 21 15 3,36
4 75 54 12,11
5 177 102 22,87
6 260 83 18,61
7 335 75 16,82
8 386 51 11,43
9 424 38 8,52
10 446 22 4,93
17 POLOS
Linha 29
Linha 31
Linha 33
Linha 35
Linha 37
Linha 39
0
5
10
15
20
25
Coluna E
MA11 — Nu´meros, conjuntos e func¸o˜es elementares – Prova 1 – 2011
Questa˜o 1.
Um pequeno barco a vela, com 7 tripulantes, deve atravessar o oceano em 42 dias. Seu suprimento de a´gua pota´vel
permite a cada pessoa dispor de 3,5 litros de a´gua por dia (e e´ o que os tripulantes fazem). Apo´s 12 dias de viagem,
o barco encontra 3 na´ufragos numa jangada e os acolhe. Pergunta-se:
(1.0) (a) Quantos litros de a´gua por dia cabera˜o agora a cada pessoa se a viagem prosseguir como antes?
(1.0) (b) Se os 10 ocupantes de agora continuarem consumindo 3,5 litros de a´gua cada um, em quantos dias, no ma´ximo,
sera´ necessa´rio encontrar uma ilha onde haja a´gua?
Questa˜o 2.
(1.0) (a) Quais sa˜o os valores de y para os quais existe uma func¸a˜o quadra´tica f : R → R tal que f(1) = 3, f(2) = 5 e
f(3) = y?
(1.0) (b) Tome y = 9 e determine a func¸a˜o quadra´tica correspondente. Justifique seus argumentos.
Questa˜o 3.
(1.0) (a) Seja f : A→ B uma func¸a˜o. Deˆ as definic¸o˜es de f(X) e f−1(Y ), para X ⊂ A e Y ⊂ B. Se f : R→ R e´ dada
por f(x) = 2x2 + 3x+ 4, determine os conjuntos f(R) e f−1(3).
(1.0) (b) Seja f : A → B uma func¸a˜o. Prove que f(X ∪ Y ) = f(X) ∪ f(Y ), quaisquer que sejam X,Y ⊂ A. Deˆ um
exemplo em que f(X ∩ Y ) 6= f(X) ∩ f(Y ).
Questa˜o 4.
(0.5) (a) Se r 6= 0 e´ um nu´mero racional, prove que r√2 e´ irracional.
(0.5) (b) Dado qualquer nu´mero real ǫ > 0, prove que existe um nu´mero irracional α tal que 0 < α < ǫ.
(1.0) (c) Mostre que todo intervalo [a, b], com a < b, conte´m algum nu´mero irracional.
Questa˜o 5.
Sejam m e n nu´meros naturais primos entre si.
(1.0) (a) Mostre que m
n
e´ equivalente a uma frac¸a˜o decimal (isto e´, com denominador poteˆncia de 10) se, e somente se,
n na˜o tem fatores primos diferentes de 2 ou 5.
(1.0) (b) Mostre que se n tem outros fatores primos ale´m de 2 ou 5 enta˜o a expansa˜o decimal e´ infinita e, a partir de
um certo ponto, perio´dica.
RELATORIO MA12
Página 1
Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5 NOTA
0,5 0,5 1 1 1 0,4 0,8 0,8 1 1 0,5 1 0,5
9,78 9,71 6,80 9,61 8,15 8,80 5,59 6,88 9,61 6,90 7,29 4,38 5,17 7,49
8,27 8,88 6,75 8,26 5,31
%
0 0 0 0
1 0 0 0
2 3 3 1,1
3 10 7 2,57
4 29 19 6,99
5 56 27 9,93
6 94 38 13,97
7 141 47 17,28
8 184 43 15,81
9 223 39 14,34
10 272 49 18,01
11 POLOS
Linha 24
Linha 26
Linha 28
Linha 30
Linha 32
Linha 34
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Coluna E
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 1 – 2011
Questa˜o 1.
Considere a sequeˆncia (an)n≥1 definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 2 + 3
a3 = 4 + 5 + 6
a4 = 7 + 8 + 9 + 10
. . .
(0.5) (a) O termo a10 e´ a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual e´ o menor e o qual e´ o maior desses inteiros?
(0.5) (b) Calcule a10.
(1.0) (c) Fornec¸a uma expressa˜o geral para o termo an.
Questa˜o 2.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 5% ao meˆs, oferece determinado produto por 3 prestac¸o˜es mensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga no ato da compra.
(1.0) (a) Que valor o comerciante deve cobrar por esse produto, no caso de pagamento a` vista?
(1.0) (b) Se um consumidor desejar pagar o produto em treˆs prestac¸o˜es mensais iguais, mas sendo a primeira paga um
meˆs apo´s a compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as poteˆnciasde 1, 05: 1, 052 = 1, 1025; 1, 05−1 = 0, 9524; 1, 05−2 = 0, 9070.
Questa˜o 3.
Considere o conjunto dos nu´meros escritos apenas com os algarismos 1, 2 e 3, em que o algarismo 1 aparece uma
quantidade par de vezes (por exemplo, 2322 e 12123). Seja an a quantidade desses nu´meros contendo exatamente n
algarismos.
(0.4) (a) Liste todos esses nu´meros para n = 1 e n = 2, indicando os valores de a1 e a2.
(0.8) (b) Explique por que an satisfaz a equac¸a˜o de recorreˆncia an+1 = (3
n − an) + 2an, para n ≥ 1 (note que 3
n e´ o
nu´mero total de nu´meros com n algarismos iguais a 1, 2 ou 3).
(0.8) (c) Resolva a equac¸a˜o de recorreˆncia em (b).
MA12 – Matema´tica Discreta – Prova 1 – 2011
Questa˜o 4.
(1.0) (a) Mostre, por induc¸a˜o finita, que
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . .+ n · 3n−1 =
(2n− 1)3n + 1
4
.
(1.0) (b) Seja (an)n≥1 progressa˜o geome´trica com termo inicial a1 positivo e raza˜o r > 1, e Sn a soma dos n primeiros
termos da progressa˜o. Prove, por induc¸a˜o finita, que Sn ≤
r
r−1
an, para qualquer n ≥ 1.
Questa˜o 5.
Seja (xn)n≥0 sequeˆncia definida pela relac¸a˜o de recorreˆncia xn+1 = 2xn + 1, com termo inicial x0 ∈ R.
(0.5) (a) Encontre x0 tal que a sequeˆncia seja constante e igual a um nu´mero real a.
(1.0) (b) Resolva a recorreˆncia com a substituic¸a˜o xn = yn + a, em que a e´ valor encontrado em (a).
(0.5) (c) Para que valores de x0 a sequeˆncia e´ crescente? Justifique.
OUTROS 
MATERIAIS 
MA12 
MATEMÁTICA 
DISCRETA 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO 
INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA 
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA – PROFMAT 
MATEMÁTICA DISCRETA 
CUIABÁ – 04/2012 
 
1) Prove que a função N N N  definida por f(m,n) = 2 .3 1m n  é injetiva. 
Solução: 
Devemos mostrar que dados 1 1( , )m n e 2 2( , )m n , tais que: 1 1 2 2( , ) ( , )f m n f m n , então 
1 1 2 2( , ) ( , )m n m n 
De fato! 
Sejam 1 1( , )m n e 2 2( , )m n pertencente a N x N, tais que 1 1 2 2( , ) ( , )f m n f m n . Então 
temos que: 
1 1 2 22 .3 1 2 .3 1m n m n  , que nos leva a 1 1 2 22 .3 2 .3m n m n . 
Como temos potências com expoentes naturais, então podemos aplicar a divisão de 
um mesmo termo em ambos os lados. Logo: 
1 2 2 12 3m m n n  
Esta igualdade vem das propriedades da potenciação. Como 2 e 3 são primos entre 
si, temos que esta igualdade só será satisfeita quando o expoente for igual a zero, 
isto é: 
1 2 2 10m m n n   , mas isto só acontece se 1 1 2 2( , ) ( , )m n m n . c.q.d 
 
2) Quando dividimos a soma 1! + 2! + 3! + 4! + ... + 50! Por 15, qual é o resto? 
Solução: 
O resto é 3. 
Com efeito! 
Observe que a partir de 5! temos a seguinte situação: 5! = 5x4x3x2x1 = 15q, para 
algum q natural. 
Logo podemos de maneira análoga arrumar 6!, ..., 50! Como múltiplos de 15. Logo 
temos que: 
1! + 2! + 3! + 4! + ... + 50! = 1 + 2 + 6 + 24 + 15j, para algum j natural. 
1! + 2! + 3! + 4! + ... + 50! = 3 + 30 + 15j = 3 + 15w, para algum w natural. 
Portanto a divisão desta soma por 15 é igual a 3. 
 
3) Os números 210, 301 e 352 escrito na base b, estão em PA. Determine b. 
De maneira geral, um número natural N pode ser representado em uma base b 
através do polinômio: 
0 1
0 1 ...
n
nN a b a b a b   , com n natural e 0 1ia b   . 
Sabendo disso temos que a representação destes números na base b é dada por: 
2210 2b b  , 2301 3 1b  e 2352 3 5 2b b  . Como estes números estão em PA 
temos que: 301 – 210 = 352 – 301, logo: 2 2 2 23 1 (2 ) 3 5 2 (3 1)b b b b b b       . 
Resultando em: b²- b + 1 = 5b + 1, implicando em: b² - 6b = 0 = b(b - 6). Desta 
forma b = 0 ou b = 6, logo temos que b = 6. 
Transformando os números para a base decimal temos que: 210 = 78 na base dez; 
301 = 109 na base 10 e 352 = 140 na base 10. Logo de fato a base é 6, pois 109 – 78 
= 140 – 109 = 31. Logo r = 31 e a PA = {...,78,109,140,...}. 
 
4) Uma quantidade de 500 reais foi investida em uma conta remunerada a 
uma taxa de juros compostos anual de 10%: 
Dados: i = 0,1 ao ano, Capital = R$ 500,00. 
Pelo Teorema 2 da página 3 da unidade 9 temos que o montante daqui a n anos é 
dado por: 500(1.1)nnC  . 
a) Escreva a definição recursiva da quantia P(n) na conta no início do (n)-
ésimo ano. 
Chamando de ( )nC P n , temos que a definição recursiva da quantia na conta no 
início do (n)-ésimo ano é: ( ) 500(1.1)nP n  . 
b) Depois de quantos anos a quantia investida excederá 700 reais. 
Fazendo a iteração na definição da letra a, geramos a seguinte seqüência: 
( ) {550,605,665.5,732.05,805.255,...}P n  , logo observamos que depois de 
quatro anos a quantia chegará a R$ 732,05 excedendo o valor de R$ 700,00. 
 
5) Escreva a função recursiva de cada uma das seqüências: 
a) a, b, a + b, a + 2b, 2a + 3b, ......... 
Observe que: 
1
2
3 2 1
4 3 2
5 4 3
2
2 3
x a
x b
x a b x x
x a b x x
x a b x x


   
   
   
 
Logo concluímos que a função recursiva é: 
2 1n n nx x x   , com 1x a e 2x b . 
 
b) p, q, p – q, p + q, p – 2q, p + 2q, p – 3q, ........... 
Observe que a partir do terceiro termo temos expressões parecidas, alterando 
apenas o sinal. Desta forma podemos dividir em duas subseqüências: para n 
par e para n ímpar. Do terceiro termo em diante observamos a seguinte 
relação entre os termos e o q da expressão: (Termo * coeficiente de q): 3 * 1, 
5 * 2, 7 * 3,..., n * ((n – 1): 2) e 4 * 1, 6 * 2, 8 * 3, ...., n * (n – 2): 2). Logo 
temos a seguinte situação: 
 
1
3
5
7
3 1
2
5 1
2
2
5 1
3
2
1
2
n ímpar
x p
x p q p q
x p q p q
x p q p q
n
x p q

 
    
 
 
    
 
 
    
 
 
  
 
 
2
4
6
8
4 2
2
6 2
2
2
8 2
3
2
2
2
n par
x q
x p q p q
x p q p q
x p q p q
n
x p q

 
     
 
 
     
 
 
     
 
 
   
 
 
Logo concluímos que a função recursiva é dada por: 
1
:
2
2
:
2
n
n
n
n
n ímpar x p q
x
n
n par x p q
  
   
  
 
        , com 1x p e 2x q . 
 
6) Calcular: 
a) 
4
1
n
k
k

 
Solução: 
A idéia para solucionar este exercício é dada na Unidade 5 – página 9 – Somas 
polinomiais. 
Devemos partir de: 
5 5 4 3 2( 1) 5 10 10 5 1k k k k k k       
Aplicando o somatório em ambos os lados e juntamente as propriedades, temos que: 
5 5 4 3 2
1 1 1 1 1 1
[( 1) ] 5 10 10 5 1
n n n n n n
k k k k k k
k k k k k k
     
            
Da teoria e dos exercícios temos que: 
2
1
( 1)(2 1)
6
n
k
n n n
k

 
 , 1
( 1)
2
n
k
n n
k


 , 1
1
n
k
n

 . Não temos a expressão 
3
1
n
k
k

 , todavia 
usando a mesma idéia inicial, isto é: 4 4( 1)k k  , chegamos à seguinte expressão: 
24 3 2
3
1
2 ( 1)
4 2
n
k
n n n n n
k

   
   
 
 
Logo temos que: 
5 5 4 3 2
1 1 1 1 1 1
[( 1) ] 5 10 10 5 1
n n n n n n
k k k k k k
k k k k k k
     
            
2
5 4
1
( 1) ( 1)(2 1) ( 1)
( 1) 1 5 10 10 5
2 6 2
n
k
n n n n n n n
n k n

         
                   

 
Desenvolvendo e simplificando esta igualdade chegamos em: 
4 4 3 2
1
(6 15 10 1)
30
n
k
n
k n n n

   
 
b) 22
1
1
n
k k 
 
 
Solução: 
Observe que: 22 2
1 1
1 ( 1).( 1)
n n
k kk k k  
  
   
  . Vamos tentar encontrar A e B tais que: 
2 2
1
( 1).( 1) 1 1
n n
k k
A B
k k k k 
   
   
     
  
Resolvendo um sistema de equações encontramos A = -1/2 e B = 1/2. Logo temos que: 
2
2 2 2 2 2
1 1 1 / 2 1 / 2 1 1
1 ( 1).( 1) 1 1 1 1 2( 1) 2( 1)
n n n n n
k k k k k
A B
k k k k k k k k k    
      
              
              
    
Desenvolvendo este somatório temos que: 
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
2( 1) 2( 1) 6 2 8 4 10 6 2( 1) 2( 3) 2 2( 2) 2( 1) 2( 1)
n
k k k n n n n n n
 
                
       

 
Desta forma observamos que sobrarão os dois primeiros termos positivos e os dois últimos 
termos negativos, isto é: 
 
2
2
2
1 1 1 1 1 3 2( 1) 2 3 2
1 2 4 2 2( 1) 4 4 ( 1) 4 ( 1)
n
k
n n n n
k n n n n n n
    
        
    

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO 
INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA 
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA – PROFMAT 
MATEMÁTICA DISCRETA 
 
1) Prove que: 
1 1 1
( )1 ... 2
2 3
a n
n
    
, para todo n maior ou igual a um. 
Solução: 
Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK. 
Logo, suponha válido para n = k, isto é: 
1 1 1
1 ... 2
2 3
k
k
    
, para todo K maior ou igual a um. 
Devemos mostrar verdadeiro para K + 1, isto é: 
1 1 1 1
1 ... 2 1
2 3 1
k
k k
      
, para todo K maior ou igual a um. 
De fato! 
Veja que: 
1 1 1 1 1
1 ... 2
2 3 1 1
k
k k k
   
         
     
Agora como k é maior ou igual a 1, temos que 
1
4 4
1
k K
k
 
 . Logo temos que: 
 
2
2
1 1
4 4 4 4 4 4
1 1
1 1 1
4 4( 1) 2.2 2 2 1
11 1
1 1
2 2 1 2 2 1.
1 1
k K k k
k k
k
k k k k
kk k
k k k k
k k
       
 
   
                 
       
  
Portanto 
1 1 1 1 1
1 ... 2 2 1.
2 3 1 1
k k
k k k
        
 , como queríamos 
demonstrar. 
OBS: estas passagens são garantidas, pois k é maior ou igual a 1. 
 
3
2 2 2 2 2 2( )1 2 ... ( 1) 1 2 ...
3
n
b n n        , para todo n maior ou igual a dois. 
Solução: 
Afirmação 1: 
   2 2 2 . 1 . 2 11 2 ...
6
n n n
n
 
    
De fato! 
Para n = 1 OK, pois 1 = ((1.2.3)/6) 
Suponha válido para n = k, isto é: 
   2 2 2 . 1 . 2 11 2 ...
6
k k k
k
 
   , devemos mostrar 
válido para k + 1, isto é:  
     22 2 2 1 . 2 . 2 31 2 ... 1
6
k k k
k k
  
     . 
Veja que: 
 
   
 
2 22 2 2 . 1 . 2 11 2 ... 1 1
6
k k k
k k k
 
       
   
 
 
   
 
   
2. 1 . 2 1 1 1
1 . 2 1 6 1 2 3 . 2
6 6 6
k k k k k
k k k k k k
   
                
E, portanto:  
 
   
     22 2 2 1 1 . 2 . 2 31 2 ... 1 2 3 . 2
6 6
n n n n
n n n n
   
           . 
Agora veja que (pela afirmação 1): 
 
     3 322 2 1 . 2 1 . .2 21 2 ... 1
6 6 6 3
n n n n n n n n
n
 
       , pois n – 1 < n e 2n – 1 < 
2n, para todo n maior ou igual a 2. 
De mesmo modo, temos que: 
 
    3 322 2 . 1 . 2 1 . .2 21 2 ...
6 6 6 3
n n n n n n n n
n
 
      , pois n + 1 > n e 2n + 1 > 2n, 
para todo n maior ou igual a 1. Logo concluímos que: 
   
3
2 22 2 2 21 2 ... 1 1 2 ...
3
n
n n        , para todo n maior ou igual a 2. 
1 1 1
( )1 ... 2
2 4 2n
c     , para todo n maior ou igual a um. 
Solução: 
Para n = 1 temos verdadeiro, pois 1 < 2. OK. 
Logo, suponha válido para n = k, isto é: 
1 1 1
1 ... 2
2 4 2k
    , para todo k maior ou igual a um. 
Devemos mostrar verdadeiro para k + 1, isto é: 
1
1 1 1
1 ... 2
2 4 2k
    , para todo k maior ou igual a um. 
De fato! 
Veja que: 
1 1 1
1 ...
2 4 2k
    , consiste na soma dos k primeiros termos de uma PG de razão ½. 
Seja 
1
1
2
n
na

 
  
  , então temos a seguinte sequencia = {1,1/2,1/4,...,1/k}. 
1 2 1 1 1
1
1
2 1 2 1 2
... 1 2 2
1 2 2 21
2
k
k k
k k k k k
S a a a a
 
  
                 
 
 
Agora precisamos mostrar verdadeiro para 1kS  . Veja que: 
1 1
1 1
1 1 2 1 2
2 2 2
2 2 2 2
k k k
k k k k k k
S S a
 
 
 
         
  
Portanto: 1 1 2 1 1
1 1 1 1
... 1 ... 2
2 4 2 2
k k k k k
S a a a a             . 
■ 
2) Suponha que 51 números são escolhidos dos números de 1 até 100. Mostre 
que existem dois pares destes números que não tem divisor primo comum. 
Solução: 
Inicialmente observe que dois números consecutivos são primos entre si, pois, 
necessariamente um será par e o outro ímpar. De 1 até 100 temos 100 números, 
pois, 50 são pares: {2,4,6,...,100} e 50 são ímpares: {1,3,5,...,99}. Na pior das 
hipóteses teremos 50 números pares e um ímpar ou 50 números ímpares e um par. 
Caso 1) 50 números pares e um ímpar. 
Se este impar for 1, temos (1,2) e (1,3), dois pares de números que não tem divisor 
primo comum. 
Se este impar for 99, temos que (98,99) e (99,100), dois pares de números que não 
tem divisor primo comum. 
De maneira análoga para qualquer outro impar mostramos o par de números que não 
tem divisor primo comum. 
OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma. 
Caso 2) 50 números ímpares e um par 
Se este par for 2, temos que (2,1) e (2,3) dois pares de números que não tem divisor 
primo comum. 
Se este par for 100, temos que (100,99) e (100,97) dois pares de números que não 
tem divisor primo comum. 
OBS: Para todos os outros casos a análise é a mesma. 
■ 
3) Use a Boa-ordenação para provar que se X é um conjunto tal que n(X) = n 
tem 2n subconjuntos. 
Solução: 
Uma análise inicial consiste na demonstração empírica, isto é, vejamos alguns 
casos: 
Se X = {1}. Logo n(X) = 1 e ( ) { ,1}P X   , ou seja, P(X) tem 2 subconjuntos. 
Se X = {1,2}. Logo n(X) = 2 e ( ) { ,1,2,(1,2)}P X   , ou seja, P(X) tem 4 
subconjuntos. 
Se X = {1,2,3}. Logo n(X) = 3 e ( ) { ,1,2,3,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3)}P X   , ou seja, P(X) 
tem 8 subconjuntos. 
Intuitivamente observamos que se X possui n elementos, P(X) possui 
2n subconjuntos. Daí, se acrescentamos um novo elemento k em X, este elemento é 
unido a cada subconjunto de P(X), logo ele gera a mesma quantidade de elementos 
que já existem em P(X), isto é, 12 2 2.2 2n n n n   . 
Uma demonstração matemática é dada pela indução matemática. Veja: 
Para n = 1 , OK, pois fazendo X={a}, temos como subconjuntos de X o  e o {a}. 
Agora, supondo que a afirmação seja verdadeira para um conjunto X com n 
elementos, daí para um conjunto Y com (n + 1) elementos. Fixando {a} pertencente 
a Y e seja X = Y – {a}. Assim, há dois tipos de Subconjuntos de Y, aqueles que não 
contêm a, ou seja, os conjuntos das partes de X, que somam 2n subconjuntos e 
aqueles que contêm a, que também somam 2n subconjuntos, daí o total de 
subconjuntos de Y é dado por 12 2 2.2 2n n n n   . Portanto, a afirmação é válida para 
todo n natural. 
■ 
4) Mostre que entre quaisquer quatronúmeros podemos encontrar 2 números 
de modo que a diferença entre eles é divisível por 3. 
Solução: 
A resolução deste exercício é feita mediante o Princípio das casas de Pombos, pois dado 
um número inteiro qualquer, a divisão dele por 3 pode ser representada de três 
maneiras: múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2. Desta forma tendo 4 números (pombos) e 
tendo apenas 3 casas (múltiplo de 3, resto 1 ou resto 2), necessariamente dois deles 
ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença entre eles seja um múltiplo de 3 e 
automaticamente será divisível por 3. 
 
Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira: 
Sejam A, B, C e D números inteiros, tais que: A = 3k, B = 3w + 1, C = 3f + 2 e D 
deixaremos variável. 
Assim as possibilidades de D são: D = 3c, D = 3c + 1 ou D = 3c + 2. 
Logo se: 
D = 3c , então D – A = 3(c – k) e portanto será divisível por 3. 
D = 3c + 1 , então D – B = 3(c – w) e portanto será divisível por 3. 
D = 3c + 2 , então D – C = 3(c – f) e portanto será divisível por 3. 
■ 
5) Mostre que entre quaisquer n + 1 números podemos encontrar 2 números 
de modo que a diferença entre eles é divisível por n. 
Este exercício é a generalização do exercício anterior e é solucionado pelo Principio das 
casas de pombos, pois dado um numero inteiro qualquer, a divisão dele por n pode ser 
representada de n maneiras: múltiplo de n, resto 1, resto 2, ... , resto n - 1. Desta forma 
tendo n + 1 números (pombos) e tendo apenas n casas (múltiplo de n, resto 1, resto 2, ... 
, resto n - 1), necessariamente dois deles ficarão na mesma casa, ou seja, a diferença 
entre eles seja um múltiplo de n e automaticamente será divisível por n. 
 
Uma demonstração algébrica pode ser dada da seguinte maneira: 
Sejam A1, A2, A3, ... , An e D números inteiros, tais que: A1 = nk, A2 = nw + 1, A3 = 
nf + 2, ... , An = nt + (n-1) e D deixaremos variável. 
Assim as possibilidades de D são: D = nc, D = nc + 1, D = nc + 2, ... , D = nc + (n-1) 
Logo se: 
D = nc , então D – A1 = n(c – k) e portanto será divisível por n. 
D = nc + 1 , então D – A2 = n(c – w) e portanto será divisível por n. 
D = nc + 2 , então D – A3 = 3(c – f) e portanto será divisível por n. 
. 
. 
. 
D = nc + (n-1) , então D – An = n(c – t) e portanto será divisível por n. 
■ 
6) Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. Quantas 
funções injetivas existem de A em B? 
Solução: 
Inicialmente vamos estudar o caso de m = n. 
Sejam A e B conjuntos com m elementos. 
1) Quantas funções existem de A em B? 
Para cada elemento de A, temos m opções em B, logo o número de funções é: m x 
m x ... x m (m vezes), isto é: . . mmm m m . 
2) Quantas funções são injetivas? 
Para o primeiro elemento de A, temos m opções. Para o segundo elemento de A, 
temos (m – 1) opções. ... . Para o m – ésimo elemento temos uma opção. Logo 
temos m . (m – 1).(m – 2). ... .1 = m! 
 
Agora vamos analisar o caso de m diferente de n. 
Sejam A e B conjuntos com m e n elementos, respectivamente. 
* Caso 1) m < n 
- Quantas funções existem de A e B? 
Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto 
é, mn funções. 
- Quantas funções são injetivas? 
Para o primeiro elemento de A, temos n opções. Para o segundo elemento de A, 
temos ( n – 1) opções. Para o terceiro elemento de A, temos (n – 2) opções. ... . Para 
o m – ésimo elemento de A, temos (n – (m – 1)) opções. Logo temos n x (n – 1) x (n 
– 2) x ... x (n – (m – 1), isto é, um arranjo. 
      
        
    ,
. 1 . 2 ..... 1 . ! !
. 1 . 2 ..... 1
! !
n m
n n n n m n m n
n n n n m A
n m n m
    
      
  
* Caso 2) m > n 
- Quantas funções existem de A e B? 
Para cada elemento de A, temos n opções. Logo temos n x n x ... x n (m vezes), isto 
é, mn funções. 
- Quantas funções são injetivas? 
Neste caso não há nenhuma função injetiva, pois como m > n, teremos elementos 
distintos em A com imagens iguais! 
MA13
AVALIAÇÕES
MA13 
2011-2013
MA13 
- 
2011 
MA13 – Geometria I – Avaliac¸a˜o 1 – 2011
Questa˜o 1.
A figura abaixo mostra uma sequeˆncia de circunfereˆncias de centros C1, C2, . . ., Cn com raios r1, r2, . . ., rn,
respectivamente, todas tangentes a`s retas s e t, e cada circunfereˆncia, a partir da segunda, tangente a` anterior.
s
t
C1
C2
C3
Considere r1 = a e r2 = b.
(1,0) (a) Calcule r3 em func¸a˜o de a e b.
(1,0) (b) Calcule rn em func¸a˜o de a e b.
Questa˜o 2.
Na figura abaixo, a circunfereˆncia de centro I e´ tangente em D ao lado BC do triaˆngulo ABC e e´ tangente em E
e F aos prolongamentos dos lados AB e AC, respectivamente.
A
B
C
D
E
F
I
(1,0) (a) Mostre que AE e´ igual ao semiper´ımetro do triaˆngulo ABC.
(1,0) (b) Mostre que o aˆngulo AÎB e´ a metade do aˆngulo AĈB.
MA13 – Geometria I – Avalilac¸a˜o 1 – 2011
Questa˜o 3.
(2,0) Dado um paralelogramo ABCD construa no seu exterior os triaˆngulos equila´teros BCE e CDF . Mostre que
o triaˆngulo AEF e´ equila´tero.
Questa˜o 4.
(2,0) No triaˆngulo ABC, B̂ = 68o e Ĉ = 40o, AD e BE sa˜o alturas, M e´ me´dio de BC e N e´ me´dio de AC. Calcule
os aˆngulos DN̂M e ED̂N .
Questa˜o 5.
(2,0) O triaˆngulo equila´tero ABC esta´ inscrito em uma circunfereˆncia e P e´ um ponto qualquer do menor arco BC.
Prove que PA = PB + PC (isto e´, que a distaˆncia de P ao ponto A e´ igual a` soma das distaˆncias de P aos
pontos B e C).
Sugesta˜o: Considere um ponto D sobre PA tal que PD = PB.
AV1 - MA 13 - 2011
Questão 1.
A figura abaixo mostra uma sequência de circunferências de centros C1, C2, . . ., Cn com raios r1, r2, . . ., rn, respec-
tivamente, todas tangentes às retas s e t, e cada circunferência, a partir da segunda, tangente à anterior.
s
t
C1
C2
C3
Considere r1 = a e r2 = b.
(1,0) (a) Calcule r3 em função de a e b.
(1,0) (b) Calcule rn em função de a e b.
UMA SOLUÇÃO
s
t
C1
C2
C3
A
B
a
b
b x
(a) Todos os centros estão a igual distância das duas retas, portanto estão na bissetriz das retas s e t. Seja A o ponto
de intersecção entre a paralela à reta t passando por C2 e a perpendicular à reta t passando por C1, e seja B o ponto
de intersecção entre a paralela à reta t passando por C3 e a perpendicular à reta t passando por C2. Seja x = r3.
1
Como os triângulos-retângulos AC1C2 e BC2C3 são semelhantes, temos
C1A
C1C2
=
C2B
C2C3
,
isto é,
a− b
a+ b
=
b− x
b+ x
,
o que implica x = b
2
a .
(b) A relação obtida
r3 =
r22
r1
pode ser reformulada como
r3
r2
=
r2
r1
=
b
a
,
o que mostra que os três raios formam uma progressão geométrica de razão ba . Como a mesma situação ocorre para
quaisquer três circunferências consecutivas, a sequência r1, r2, . . ., rn, . . . é uma progressão geométrica de razão
b
a e
termo inicial a. Assim
rn = a ·
(
b
a
)n−1
=
bn−1
an−2
,
para n = 1, 2, 3, . . ..
2
AV1 - MA 13 - 2011
Questão 2.
Na figura abaixo, a circunferência de centro I é tangente em D ao lado BC do triângulo ABC e é tangente em E e
F aos prolongamentos dos lados AB e AC, respectivamente.
A
B
C
D
E
F
I
(1,0) (a) Mostre que AE é igual ao semiperímetro do triângulo ABC.
(1,0) (b) Mostre que o ângulo AÎB é a metade do ângulo AĈB.
UMA SOLUÇÃO
(a) Seja 2p o perímetro do triângulo ABC. Tem-se
2p = AB+ BC+ CA = AB+ BD+ DC+ CA = AB+ BE+ CF+ CA = AE+ AF = 2AE .
Logo AE = p.
(b) No triângulo ABC, sejam BÂC = Â e AĈB = Ĉ. O ângulo externo de vértice B é DB̂E = Â+ Ĉ. Seja AÎB = θ.
Como AI e BI são bissetrizes dos ângulos CÂB e DB̂E então, no triângulo ABI, o ângulo externo IB̂E étal que
Â+ Ĉ
2
=
DB̂E
2
= IB̂E = I ÂB+ AÎB =
Â
2
+ θ .
Logo
θ =
Ĉ
2
.
3
AV1 - MA 13 - 2011
Questão 3.
(2,0) Dado um paralelogramo ABCD construa no seu exterior os triângulos equiláteros BCE e CDF. Mostre que o
triângulo AEF é equilátero.
UMA SOLUÇÃO
A
B
C
D
E
F
α
Primeiro, vemos que BA = DF = CF. A segunda igualdade é consequência de CDF ser equilátero, enquanto a
primeira segue de que AB = CD (pois ABCD é paralelogramo) e CD = DF (pois CDF é equilátero).
Depois, vemos que AD = BE = EC. A segunda desigualdade segue de BCE ser equilátero. A primeira segue de
que AD = BC (pois ABDC é paralelogramo) e BC = BE (pois BCE é equilátero).
Finalmente, vamos mostrar que os ângulos AB̂E, EĈF e AD̂F são iguais. Para isso vamos mostrar que todos
são iguais a α + 60o, em que α é o ângulo AB̂C. De fato, isso é evidente para AB̂E, pois BCE equilátero implica
CB̂E = 60o. O mesmo para AD̂F, pois AD̂C = α (ângulos opostos do paralelogramos são iguais) e CD̂F = 60o
(CDF é equilátero). Finalmente, em torno do ponto C tem-se
BĈD+ DĈF+ FĈE+ EĈE = 360o ,
logo
(180o − α) + 60o + EĈF+ 60o = 360o
e, portanto, EĈF = α + 60o, como queríamos demonstrar.
Portanto os triângulos ABE, FCE e FDA são congruentes, de onde concluímos que AE = EF = AF, isto é, AEF é
equilátero.
4
AV1 - MA 13 - 2011
Questão 4.
(2,0) No triângulo ABC, B̂ = 68o e Ĉ = 40o, AD e BE são alturas, M é médio de BC e N é médio de AC. Calcule os
ângulos DN̂M e ED̂N.
UMA SOLUÇÃO
A
B CD
E
N
M
(A figura não foi desenhada com os ângulos prescritos no enunciado)
(a) Primeiro, BÂC = 180o − 68o − 40o = 72o. Segundo, como N é o ponto médio de AC, então é equidistante de
A e D. Logo AND é isósceles e ND = NA. Pela mesma razão NA = NC, de onde resulta que NDC é isósceles.
Disso resulta que ND̂C = AĈB = 40o e que DN̂C = 180o − 40o − 40o = 100o. Terceiro, MN é paralelo a BA, logo
MNC é semelhante a BAC e, por conseguinte, MN̂C é igual a BÂC, isto é, 72o. Portanto, DN̂M = DN̂C−MN̂C =
100o − 72o = 28o.
(b) ADN é isósceles e AN̂D = 180o − DN̂C = 80o, logo AD̂N = 50o.
Como BD̂A = 90o = BÊA, então E e D pertencem à circunferência cujo diâmetro é AB. Logo, os ângulos AB̂E e
AD̂E inscritos nessa circunferência são iguais. Então AD̂E = AB̂E = 90o − 72o = 18o.
Portanto ED̂N = AD̂N − AD̂E = 50o − 18o = 32o.
5
AV1 - MA 13 - 2011
Questão 5.
(2,0) O triângulo equilátero ABC está inscrito em uma circunferência e P é um ponto qualquer do menor arco BC.
Prove que PA = PB+ PC (isto é, que a distância de P ao ponto A é igual à soma das distâncias de P aos pontos
B e C).
Sugestão: Considere um ponto D sobre PA tal que PD = PB.
UMA SOLUÇÃO
A
B C
D
P
Seja D o ponto do segmento PA tal que PD = PB. Precisamos mostrar que AD = PC.
Como o arco AB mede 120o, então BP̂A = 60o. Então BP̂D = 60o (é o mesmo ângulo) e, como PB = PD, então
PBD é equilátero, resultando que BD = PB. Também por PBD ser equilátero tem-se BD̂P = 60o e, por conseguinte,
BD̂A = 120o.
Como o arco BAC mede 240o, então BP̂C = 240
o
2 = 120
o, logo BP̂C = BD̂A. Juntando essa informação com a
igualdade BÂP = BĈP, que é evidente da simetria da construção, concluímos que AB̂D = PB̂C.
Por LAL os triângulos ABD e CBP são congruentes, resultando que AD = PC, como queríamos demonstrar.
6
MA13 – Geometria I – Avaliação 2 – 2011 
 
 
 
Questão 1 
(2,0) A figura abaixo mostra um triângulo equilátero e suas circunferências inscrita e 
circunscrita. A circunferência menor tem raio 1. 
Calcule a área da região sombreada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 2 
O poliedro P que inspirou a bola da Copa de 70 é formado por faces 
pentagonais e hexagonais, e é construído da seguinte forma: 
• Considere um icosaedro regular de aresta a (Fig. 1 abaixo). 
• A partir de um vértice e sobre cada uma das 5 arestas que concorrem nesse 
vértice, assinale os pontos que estão a uma distância de 
3
a
 desse vértice. Esses 
5 pontos formam um pentágono regular (Fig. 2). 
• Retirando a pirâmide de base pentagonal que ficou formada obtemos a Fig. 3. 
• Repetindo a mesma operação para todos os vértices do icosaedro obtém-se o poliedro P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(0,5) (a) Determine quantas são as faces pentagonais e quantas são as faces hexagonais de P. 
 
(0,7) (b) Determine os números de arestas, faces e vértices de P. 
 
(0,8) (c) Sabendo que uma diagonal de um poliedro é todo segmento que une dois vértices que 
não estão na mesma face, determine o número de diagonais de P. 
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3 
MA13 – Geometria I – Avaliação 2 – 2011 
 
 
 
Questão 3 
 
Definição: Dado um segmento AB, o plano mediador desse segmento é o plano perpendicular a 
AB que contém o seu ponto médio. 
 
 
1ª Parte 
(2,0) Prove que um ponto P equidista de dois pontos A e B se, e somente se, pertence ao plano 
mediador de AB. 
 
 
 
2ª Parte 
A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta 
a. 
Sejam M, N, P, Q, R e S os pontos médios das arestas 
AB, BF, FG, GH, HD e DA. 
 
(0,5) (a) Mostre que esses seis pontos são coplanares. 
Sugestão: Mostre que qualquer um deles pertence ao plano 
mediador da diagonal EC do cubo (a propriedade enunciada na 
primeira parte da questão pode ser utilizada mesmo que você não 
a tenha demonstrado). 
 
(0,5) (b) Mostre que o hexágono MNPQRS é regular. 
 
(1,0) (c) Calcule o volume da pirâmide de vértice E e base MNPQRS. 
 
 
 
3ª Parte 
A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta a. 
 
(1,0) (a) Mostre que as retas DB e EC são ortogonais. 
 
(1,0) (b) Calcule o comprimento da perpendicular 
comum entre DB e EC. 
 
 
 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
G 
H 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
G 
H 
MA13 – Geometria I – Avaliação 2 – 2011 
Gabarito 
 
 
Questão 1 
(2,0) A figura abaixo mostra um triângulo equilátero e suas circunferências inscrita e 
circunscrita. A circunferência menor tem raio 1. 
Calcule a área da região sombreada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Uma solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Seja O, o centro do triângulo equilátero ABC e seja M o ponto médio do lado BC como na 
figura acima. Pela propriedade do baricentro do triângulo, OMOA 2 e como 11OM temos 
22OA . 
A região cuja área se pede é formada por duas partes justapostas X e Y como mostra a figura. 
Observando que YX 33 3 é a área da coroa circular formada pelas duas circunferências temos 
312)(3 22 3YX . 
Logo, YX . 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B C M 
O 
X 
Y 
 
Questão 2 
O poliedro P que inspirou a bola da Copa de 70 é formado por faces 
pentagonais e hexagonais, e é construído da seguinte forma: 
•Considere um icosaedro regular de aresta a (Fig. 1 abaixo). 
•A partir de um vértice e sobre cada uma das 5 arestas que concorrem nesse 
vértice, assinale os pontos que estão a uma distância de 
3
a
 desse vértice. Esses 
5 pontos formam um pentágono regular (Fig. 2). 
•Retirando a pirâmide de base pentagonal que ficou formada obtemos a Fig. 3. 
•Repetindo a mesma operação para todos os vértices do icosaedro obtém-se o poliedro P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(0,5) (a) Determine quantas são as faces pentagonais e quantas são as faces hexagonais de P. 
 
(0,7) (b) Determine os números de arestas, faces e vértices de P. 
 
(0,8) (c) Sabendo que uma diagonal de um poliedro é todo segmento que une dois vértices que 
não estão na mesma face, determine o número de diagonais de P. 
 
 
Uma solução: 
 
(a) Cada face pentagonal de P apareceuonde havia um vértice do icosaedro. Como o icosaedro 
tem 12 vértices então P tem 12 faces pentagonais. Cada face (triangular) do icosaedro deu 
origem a uma face hexagonal de P. Como o icosaedro tem 20 faces triangulares então P tem 20 
faces hexagonais. 
 
(b) Do item anterior temos 125 12F e 206 20F 
O número total de faces de P é 32201265 321FFF . 
Contando as arestas temos: 180206125652 65 16565 FFA , ou seja, 909A . 
Como P é convexo então vale a relação de Euler 22FAV . Portanto, 606V . 
 
(c) Seja nd o número de diagonais de um polígono de n lados. 
O número de diagonais de um pentágono é 55 5d e o de um hexágono é 96 9d . 
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3 
A soma dos números de diagonais de todas as faces é 240205126655 221dFdFS . 
Vamos agora construir todos os segmentos cujas extremidades são os V vértices do poliedro P. 
A quantidade de diagonais de P é SACD V SAC
2 . 
Assim, 1440330117024090
2
5960
24090260 13129
6
29CD . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 3 
 
Definição: Dado um segmento AB, o plano mediador desse segmento é o plano perpendicular a 
AB que contém o seu ponto médio. 
 
 
1ª Parte 
(2,0) Prove que um ponto P equidista de dois pontos A e B se, e somente se, pertence ao plano 
mediador de AB. 
 
 
 
 
Uma solução: 
 
Seja M o ponto médio de AB e seja Π o plano mediador de AB. 
 
 
(a) Suponha que P pertença a Π. Se P coincide com M então 
equidista de A e B. Se não, como AB é perpendicular a Π então AB 
é perpendicular a MP. Como M é médio de AB então os triângulos 
retângulos MPA e MPB são congruentes. 
Logo, PBPA P , ou seja, P equidista de A e B. 
 
 
 
 
(b) Suponha que P não pertença a Π. Imaginemos, por exemplo e 
sem perda de generalidade, os pontos P e A no mesmo semiespaço 
determinado por Π. Como B está no semiespaço oposto a reta PQ 
corta Π em um ponto Q. Como Q então, pela parte a), 
QBQA Q . 
No triângulo PAQ tem-se: PBQBPQQAPQPA PQPQP . 
Assim, P não equidista de A e B. 
 
 
 
P 
A 
B 
M 
Π 
P 
A 
B 
Q 
Π 
2ª Parte 
A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta a. 
Sejam M, N, P, Q, R e S os pontos médios das arestas 
AB, BF, FG, GH, HD e DA. 
 
(0,5) (a) Mostre que esses seis pontos são coplanares. 
Sugestão: Mostre que qualquer um deles pertence ao plano 
mediador da diagonal EC do cubo (a propriedade enunciada na 
primeira parte da questão pode ser utilizada mesmo que você não a 
tenha demonstrado). 
 
(0,5) (b) Mostre que o hexágono MNPQRS é regular. 
 
(1,0) (c) Calcule o volume da pirâmide de vértice E e base MNPQRS. 
 
 
Uma solução: 
(a) Tomemos o ponto M, médio da aresta AB. Os 
triângulos AME e BMC são congruentes, pois BMAM B , 
BCAE B e 0909MBCMAE 
Logo, MCME M e, portanto, M pertence ao plano 
mediador da diagonal EC. 
Analogamente, cada um dos outros pontos: N, P, Q, R e S 
também estão nesse mesmo plano. 
 
 
(b) Cada lado do hexágono é a metade da diagonal de 
uma face. Por exemplo, 
2
2
2
aBG
NP
aB
. 
Seja O, o centro do cubo. Todos os vértices do 
hexágono possuem mesma distância ao ponto O. A 
distância do centro do cubo a qualquer aresta é a 
metade da diagonal de uma face, ou seja, 
2
2a
. 
Portanto, cada um dos triângulos MON, NOP, ..., 
SOM é equilátero e o hexágono é regular. 
 
(c) A área do hexágono é 
2
33
4
3
6
22 aa 3
. 
Como a altura da pirâmide é a metade da diagonal do cubo temos 
2
3a
OE
a
. 
O volume da pirâmide é: 
8
3
2
3
2
33
3
1 32 aaa
V
3
3
1
. 
 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
G 
H 
A 
C 
E 
M B 
M 
G 
H 
A 
B 
C 
E 
F 
N 
P 
Q 
R 
S 
O 
 
3ª Parte 
A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta a. 
 
(1,0) (a) Mostre que as retas DB e EC são ortogonais. 
 
(1,0) (b) Calcule o comprimento da perpendicular 
comum entre DB e EC. 
 
 
 
 
 
Uma solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Seja Π o plano diagonal AEGC. 
Como AE é perpendicular ao plano ABCD então AE é ortogonal a BD. Mas AC é perpendicular 
a BD (pois as diagonais de um quadrado são perpendiculares. Como BD é ortogonal a AE e AC 
então BD é perpendicular a Π. 
Como EC está contida em Π então BD é ortogonal a EC. 
 
(b) Seja X o ponto onde BD fura o plano Π. O ponto X é o centro da face ABCD. 
Sobre o plano Π tracemos XY perpendicular a EC. 
Lembrando que BD é perpendicular a Π então BD é perpendicular a XY. Assim, XY é a 
perpendicular comum entre BD e EC. 
 
Os triângulos retângulos CYX e CAE são semelhantes. Logo, 
 
CE
CX
AE
XY
C
C
 → 
3
22
a
a
a
XY a
 → 
6
6a
XY
a
 
 
 
A 
B 
C 
D 
E 
F 
G 
H 
A 
B 
C 
D 
E 
X 
G 
H 
Y 
Π 
MA13 – Geometria I – Avaliação 3 – 2011 
 
 
 
Questão 1 
Considere um quadrado ABCD de lado a e seja E o ponto do lado CD tal que 
AE BC CE . 
(1,0) (a) Calcule o comprimento de CE. 
(1,0) (b) Calcule o seno do ângulo C ˆ A E . 
 
 
Questão 2 
Um trapézio ABCD tem altura h e bases AB a e CD b. Seja F o ponto de 
interseção das diagonais. 
(1,0) (a) Calcule as distâncias de F às duas bases. 
(1,0) (b) Calcule as áreas dos triângulos ADF e BCF. 
 
 
Questão 3 
Seja ABC um triângulo qualquer. Desenhe exteriormente a ABC os triângulos 
equiláteros ABD e ACE. 
(1,0) (a) Mostre que DC = BE. Sugestão: use congruência de triângulos. 
(0,5) (b) Sendo F o ponto de interseção de DC e BE, mostre que o quadrilátero ADBF 
é inscritível. 
(0,5) (c) Mostre que A ˆ F B B ˆ F C C ˆ F A 120
0. 
 
 
Questão 4 
Seja um plano horizontal. A reta r é perpendicular a e seja A o ponto de 
interseção de r e . A reta s está contida em e não passa por A. O ponto B da reta s 
é tal que AB é perpendicular à reta s. Seja M um ponto de r e N um ponto de s. 
Dados: AM a, BN b, AB c . 
(0,5) (a) Faça um desenho da situação descrita no enunciado. 
(0,5) (b) Calcule a distância entre os pontos M e N. 
(0,5) (c) Calcule a tangente do ângulo que a reta MN faz com o plano . 
(0,5) (d) Calcule a tangente do ângulo entre as retas AB e MN. 
 
 
Questão 5 
As bases de um tronco de pirâmide regular são quadrados de lados 12 e 4. Sabe-se 
que a área lateral é igual à soma das áreas das bases. 
(1,0) (a) Calcule a altura do tronco. 
(1,0) (b) Calcule o volume do tronco. 
 
 
 
 
 
 
MA13 – Geometria I – Avaliação 3 – 2011 
 
 
 
Questão 1 
Considere um quadrado ABCD de lado a e seja E o ponto do lado CD tal que 
AE BC CE . 
(1,0) (a) Calcule o comprimento de CE. 
(1,0) (b) Calcule o seno do ângulo C ˆ A E . 
 
 
Questão 2 
Um trapézio ABCD tem altura h e bases AB a e CD b. Seja F o ponto de 
interseção das diagonais. 
(1,0) (a) Calcule as distâncias de F às duas bases. 
(1,0) (b) Calcule as áreas dos triângulos ADF e BCF. 
 
 
Questão 3 
Seja ABC um triângulo qualquer. Desenhe exteriormente a ABC os triângulos 
equiláteros ABD e ACE. 
(1,0) (a) Mostre que DC = BE. Sugestão: use congruência de triângulos. 
(0,5) (b) Sendo F o ponto de interseção de DC e BE, mostre que o quadrilátero ADBF 
é inscritível. 
(0,5) (c) Mostre que A ˆ F B B ˆ F C C ˆ F A 1200. 
 
 
Questão 4 
Seja um plano horizontal. A reta r é perpendicular a e seja A o ponto de 
interseção de r e . A reta s está contida em e não passa por A. O ponto B da reta s 
é tal que AB é perpendicular à reta s. Seja M um ponto de r e N um ponto de s. 
Dados: AM a, BN b, AB c. 
(0,5) (a) Faça um desenho da situação descrita no enunciado. 
(0,5) (b) Calcule a distância entre os pontos M e N. 
(0,5) (c) Calcule a tangente do ângulo que a reta MN faz com o plano . 
(0,5) (d) Calcule a tangente do ângulo entre as retas AB e MN. 
 
 
Questão 5 
As bases de um tronco de pirâmide regular são quadrados de lados 12 e 4. Sabe-se 
que a área lateral é igual à soma das áreas das bases. 
(1,0) (a) Calcule a altura do tronco. 
(1,0) (b) Calcule o volume do tronco. 
 
 
 
 
 
 
MA13 – Geometria I – Avaliação 3 – 2011 
Gabarito 
 
 
 
Questão 1 – Solução 
 
(a) Seja CE x . Assim AE a x . 
Traçando EF perpendicular a AB temos no triângulo AEF: 
(a x)2 (a x)2 a2 o que dá x
a
4
. 
 
(b) Seja A ˆ E C . 
Como CE
a
4
 e AE a
a
4
5a
4
 temos, pela lei dos senos, 
22
45
sin
4 aa 5
 o que dá sinn
2
10
. 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 2 – Solução 
 
(a) Sejam x e y as distâncias de F às bases AB e 
CD, respectivamente. Como os triângulos FAB e 
FCD são semelhantes, temos: 
a
x
b
y
a b
h
 
Assim, x
ah
a b
 e y
bh
a b
. 
 
(b) Os triângulos ADB e ACB têm mesma área porque possuem mesma base e mesma 
altura. Os triângulos ADF e BCF têm mesma área porque 
[ADF] = [ADB] – [AFB] = [ACB] – [AFB] = [BCF] 
 
)(2222
][][
ba
abh
ba
ah
h
aaxah
BCFADF
b2
hhhh
b2
aaa
[ 
 
A B 
C D 
F 
x 
h 
y 
b 
a 
A B 
C D E 
F 
a 
 
Questão 3 – Solução 
 
(a) Temos AD AB , AC AE e D ˆ A C B ˆ A E ˆ A 600. Portanto, os triângulos 
ADC e ABE são congruentes e DC = BE. 
 
(b) Pela congruência anterior, A ˆ D F A ˆ B F . Portanto D está na circunferência que 
passa por A, B e F. 
 
(c) Como ADBF é inscritível, seus ângulos são suplementares. Então 
A ˆ F B 1800 A ˆ D B 1800 600 1200. Analogamente, AECF é inscritível e 
C ˆ F A 1200. Consequentemente, 
0120ˆ 1CFB . 
 
 
 
 
 
 
Questão 4 – Solução 
 
(a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) No triângulo ABN, retângulo em B, AN
2 b2 c 2. 
No triângulo MAN, retângulo em A, MN
2 a2 AN 2 a2 b2 c 2. 
Então 
222 cbaMN cb . 
 
c) O ângulo que MN faz com é M ˆ N A . Assim, 
22
tan
cb
a
AN
AM
cAN
AM
. 
 
d) Construa o retângulo ABNP. 
AM é ortogonal a NP e AP é perpendicular a NP. Portanto, NP é perpendicular ao 
plano AMP e, consequentemente, o ângulo NPA é reto. 
O ângulo entre MN e BA é o ângulo entre MN e NP, M ˆ N P . 
Assim, 
c
ba
NP
PM 22
tan
b
N
P
. 
 
A 
B 
M 
N 
P 
r 
s 
a 
b 
c 
Questão 5 – Solução 
 
(a) 
 
Sejam O e O os centros 
das duas bases (maior e 
menor) como mostra a 
figura acima. 
Na reta OO está o 
vértice V da pirâmide que 
dou origem ao tronco. 
A altura do tronco é 
hOO h . 
Cada face lateral do 
tronco é um trapézio 
isósceles, e a altura de 
um dos trapézios é o segmento MN que une os pontos médios das duas bases. Seja 
xMN x . 
A área lateral do tronco é a soma das áreas dos quatro trapézios. Então, 
 
22 412
2
)412(
4 41
4 x
 
 
Isto dá 55x . Trace agora NP perpendicular à OM como na figura acima. Temos 
hNPOO hNO , 22OPON , 66OM e, consequentemente, 44PN . No triângulo 
PMN retângulo em P temos 33h . 
 
(b) Seja yOV yO . 
Utilizando a semelhança entre as duas pirâmides temos 
12
4
3 13y
y
 o que dá 
2
3
2
3
y . 
A altura da pirâmide grande é 
2
9
2
3
3
2
9
2
3
3OV e o seu volume é 
216
2
9
12
3
1 2
1 2
3
1
V . 
O volume da pirâmide pequena é 8
2
3
4
3
1 2
2 8
3
1
V . 
O volume do tronco é a diferença: 2088216 282V unidades de volume. 
 
Obs: 
Pode-se também aplicar a fórmula do volume do tronco de pirâmide: 
)(
3
2121 SSSS
h
V S
3
h
 onde 1S e 2S são as áreas das duas bases e h é a altura do 
tronco. Assim, 
2084816144)412412(
3
3 2222 24114
3
3
V . 
 
 
 
O 
O' 
M 
N 
P 
12 
V 
4 
x h 
MA13 
- 
2012 
MA13 Geometria I
Avaliac¸a˜o 1 2012/2
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
O ponto D pertence ao lado AC do triaˆngulo ABC. Sabe-se que AB = BC = CD e que o aˆngulo ABD mede 21o.
Determine a medida do aˆngulo ABC.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
Quadrados foram constru´ıdos sobre os lados de um paralelogramo como mostra a figura abaixo. Mostre que os
centros desses quatro quadrados sa˜o ve´rtices de outro quadrado.
 
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 2)
No triaˆngulo ABC de lados AB = 8, BC = 7 e AC = 9, os pontos M e N dos lados AB e AC, respectivamente,
sa˜o tais que o segmento MN e´ tangente a` circunfereˆncia inscrita no triaˆngulo ABC. Mostre que o per´ımetro do
triaˆngulo AMN e´ constante e calcule seu valor.
MA13 Geometria I Avaliac¸a˜o 1 2012
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
No trape´zio ABCD os aˆngulos A e D sa˜o retos, AB = 12, CD = 4 e AD = 10. O ponto E pertence ao lado AD e o
ponto F pertence ao lado BC. Sabe-se que as retas EF e AB sa˜o paralelas e que o segmento EF fica dividido em
treˆs partes iguais pelas diagonais do trape´zio. Calcule a distaˆncia entre as retas AB e EF .
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura abaixo mostra o triaˆngulo acutaˆngulo ABC inscrito na circunfereˆncia de centroO. A reta BD e´ perpendicular
em D a AC e encontra a circunfereˆncia em M . A reta CE e´ perpendicular em E a AB e encontra a circunfereˆncia
em N . As alturas BD e CE intersectam-se em H, ortocentro do triaˆngulo.
a) Mostre que HD = DM .
b) Mostre que MN e´ perpendicular a OA.
 
 A 
 B 
 C 
 D 
 M 
 E N 
 O H 
MA13 Geometria I Avaliac¸a˜o 1 2012
SOLUC¸O˜ES
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
O ponto D pertence ao lado AC do triaˆngulo ABC. Sabe-se que AB = BC = CD e que o aˆngulo ABD mede 21o.
Determine a medida do aˆngulo ABC.
 
A 
B 
 C 
D 
21
o 
α α 
Uma soluc¸a˜o:
Como AB = BC, seja α = ∠BAC = ∠BCA. O aˆngulo BDC e´ externo do triaˆngulo ABD. Enta˜o, ∠BDC =
21o + α = ∠DBC, pois BC = CD. No triaˆngulo BDC temos 21o + α + 21o + α + α = 180o, ou seja, α = 46o. O
aˆngulo ABC mede 21o + 21o + α = 42o + 46o = 88o .
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
Quadrados foram constru´ıdos sobre os lados de um paralelogramo como mostra a figura abaixo. Mostre que os
centros desses quatro quadrados sa˜o ve´rtices de outro quadrado.
 
A 
 C 
E 
 F 
 G 
H 
 α 
 β 
 D 
 B 
 x 
 x 
 y 
Uma soluc¸a˜o:
No paralelogramo ABCD os quadrados constru´ıdos sobre os lados AB, BC, CD e DA teˆm centros E, F , G e H,
respectivamente.
Os triaˆngulos AEB, BFC, CGD e DHA sa˜o retaˆngulos e iso´sceles. O primeiro e o terceiro sa˜o congruentes e o
segundo e o quarto sa˜o tambe´m congruentes.
Sejam ∠BAD = α e ∠ADC = β dois aˆngulos internos vizinhos do paralelogramo. Sabemos que α+ β = 180o.
Observemos que ∠HAE = 45o + α+ 45o = 90o + α e que ∠HDG = 360o − 45o − 45o − β = 270o − (180o − α) =
90o + α = ∠HAE.
Reunindo as informac¸o˜es anteriores conclu´ımos que os triaˆngulos HAE, HDG, FCG e FBE sa˜o todos congruentes
e, portanto, EH = HG = GF = FE e o quadrila´tero EFGH possui os quatro lados iguais.
Da congrueˆncia dos triaˆngulos HAE e HDG temos ∠AHE = ∠DHG = x e seja ∠EHD = y. Por um lado,
∠AHE + ∠EHD = x+ y = 90o, pois o aˆngulo AHD e´ reto.
Por outro lado, ∠EHG = ∠DHG+ ∠EHD = x+ y = 90o .
Assim, o quadrila´tero EFGH possui os quatro lados iguais e um aˆngulo reto. Logo, e´ um quadrado.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o:2)
No triaˆngulo ABC de lados AB = 8, BC = 7 e AC = 9, os pontos M e N dos lados AB e AC, respectivamente,
sa˜o tais que o segmento MN e´ tangente a` circunfereˆncia inscrita no triaˆngulo ABC. Mostre que o per´ımetro do
triaˆngulo AMN e´ constante e calcule seu valor.
Uma soluc¸a˜o:
 
 A 
B C 
 N 
M 
 P 
Q 
 R 
x 
y 
 z 
 
Sejam AM = x, MN = y e NA = z os lados do triaˆngulo AMN . Temos MB = 8 − x e CN = 9 − z . Como o
quadrila´tero BCNM e´ circunscrit´ıvel temos, pelo teorema de Pitot (Unidade 7, Teorema 4), BC+MN =MB+NC
ou seja, 7+y = 8−x+9−z. Logo x+y+z = 10. Portanto o per´ımetro do triaˆngulo AMN e´ igual a 10, independente
da posic¸a˜o do segmento MN .
Outra soluc¸a˜o:
A circunfereˆncia inscrita em ABC e´ uma circunfereˆncia exiscrita ao triaˆngulo AMN . Sabemos que o semiper´ımetro
do triaˆngulo AMN e´ o segmento AP que e´ constante, ou seja, na˜o depende da posic¸a˜o do segmento MN (Unidade
7, Proposic¸a˜o 22). Fazendo AP = AR = a, BP = BQ = b e CQ = CR = c, temos as equac¸o˜es:


a+ b = 8
b+ c = 7
c+ a = 9
Resolvendo, encontramos a = 5 que e´ o semiper´ımetro do triaˆngulo AMN . Logo, o per´ımetro de AMN e´ 10.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
No trape´zio ABCD os aˆngulos A e D sa˜o retos, AB = 12, CD = 4 e AD = 10. O ponto E pertence ao lado AD e o
ponto F pertence ao lado BC. Sabe-se que as retas EF e AB sa˜o paralelas e que o segmento EF fica dividido em
treˆs partes iguais pelas diagonais do trape´zio. Calcule a distaˆncia entre as retas AB e EF .
Uma soluc¸a˜o:
O problema tem duas soluc¸o˜es pois ha´ duas possibilidades: quando EF esta´ abaixo do encontro das diagonais do
trape´zio e quando EF esta´ acima do encontro das diagonais do trape´zio. Qualquer uma das soluc¸o˜es esta´ igualmente
correta.
Primeira situac¸a˜o:
 
 A B 
C D 
E F 
P Q 
 x 
 m m m 
 10 – x 
 10 
12 
 4 
Na figura acima, seja AE = x. Enta˜o, ED = 10− x. Como as diagonais dividem EF em treˆs partes iguais sejam
EP = PQ = QF = m. Da semelhanc¸a dos triaˆngulos AEP e ADC temos: m4 =
x
10 ⇒ m =
2x
5 . Da semelhanc¸a
dos triaˆngulos DEQ e DAB temos: 2m12 =
10−x
10 ⇒ m =
3(10−x)
5 .
Igualando temos 2x = 3(10− x), o que da´ x = 6.
Segunda situac¸a˜o:
 
A B 
 C D 
 E F 
 P Q 
x 
 m m m 
10 
12 
 4 
Na figura acima, seja AE = x. Enta˜o, ED = 10− x. Como as diagonais dividem EF em treˆs partes iguais sejam
EP = PQ = QF = m. Da semelhanc¸a dos triaˆngulos QEA e CDA temos: 2m
x
= 410 ⇒ m =
x
5 . Da semelhanc¸a
dos triaˆngulos DEP e DAB temos: 10−x
m
= 1012 ⇒ m =
12(10−x)
10 .
Igualando obtemos x = 607 .
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura abaixo mostra o triaˆngulo acutaˆngulo ABC inscrito na circunfereˆncia de centroO. A reta BD e´ perpendicular
em D a AC e encontra a circunfereˆncia em M . A reta CE e´ perpendicular em E a AB e encontra a circunfereˆncia
em N . As alturas BD e CE intersectam-se em H, ortocentro do triaˆngulo.
a) Mostre que HD = DM .
b) Mostre que MN e´ perpendicular a OA.
Uma soluc¸a˜o:
 
 A 
 B 
 C 
 D 
 M 
 E N 
 O H 
α 
β 
β 
α 
α 
a) Considerando a figura acima, sejam ∠DCH = α e ∠DHC = β. Como o aˆngulo HDC e´ reto enta˜o α e β
sa˜o complementares. Temos ∠EHB = β (oposto pelo ve´rtice de DHC) e ∠HBE = α pois o aˆngulo BEH e´ reto.
Escrevemos ∠ABM = ∠HBE = α. Como os aˆngulos inscritos ABM e ACM subtendem o mesmo arco AM , enta˜o
sa˜o iguais, ou seja, ∠ACM = α.
Os triaˆngulos retaˆngulos CDH e CDM sa˜o congruentes. Assim HD = DM , como quer´ıamos demonstrar.
b)
 
A 
M 
N 
O 
C 
α 
α 
Os arcos AM e AN sa˜o iguais porque ∠ACM = ∠ACN = α. Como arcos iguais subtendem cordas iguais o ponto
A equidista dos pontos M e N . Entretanto o ponto O, centro da circunfereˆncia tambe´m equidista de M e N . Assim,
A e O sa˜o pontos da mediatriz do segmento MN o que significa dizer que a reta AO e´ a mediatriz do segmento MN .
Logo, OA e´ perpendicular a MN .
MA13 Geometria I - Avaliac¸a˜o 2 - 2012/2
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
No setor AOB de centro O, raio OA = 3 e aˆngulo AOB = 60o esta´ inscrita uma circunfereˆncia como mostra a figura.
a) Calcule o raio dessa circunfereˆncia.
b) Calcule a a´rea da regia˜o sombreada.
 
A O 
B 
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
O Teorema das Treˆs Perpendiculares tem o seguinte enunciado:
“A reta r e´ perpendicular ao plano α no ponto A. A reta s esta´ contida em α e na˜o passa por A. O ponto B da
reta s e´ tal que AB e´ perpendicular a s. Enta˜o, se P e´ qualquer ponto de r, PB e´ perpendicular a s.”
a) Fac¸a uma figura que descreva o enunciado do Teorema.
b) Demonstre o Teorema.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 2)
Em um cubo, ABCD e EFGH sa˜o faces opostas e AE, BF , CG e DH sa˜o arestas paralelas. Sejam M e N os
pontos me´dios das arestas BC e DH, respectivamente.
a) Se a aresta do cubo mede 2, calcule a distaˆncia entre os pontos M e N .
b) Calcule o cosseno do aˆngulo entre as retas AB e NM .
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
O trape´zio ABCD tem bases AB e CD. A altura do trape´zio mede 8. As bases medem AB = 10 e CD = 6. As
diagonais AC e BD do trape´zio dividiram o trape´zio em quatro triaˆngulos. Calcule as a´reas dos quatro triaˆngulos
em que o trape´zio ficou dividido.
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
No cubo ABCDA′B′C ′D′ de aresta a, os pontos M , N , P e Q sa˜o me´dios das arestas A′B′, B′C ′, C ′D′ e A′D′,
respectivamente. Foram feitas as sec¸o˜es pelos planos AMQ, BNM , CPN e DQP . Retirando-se os quatro tetraedros
formados, resultou o poliedro P com ve´rtices em A,B,C,D,M,N, P eQ, como ilustrado na Figura 1. O poliedro P
possui duas bases paralelas e faces laterais triangulares. Ele e´ um prismato´ide.
a) Calcule o volume do poliedro P em func¸a˜o de a.
 
 A 
 B 
 C 
 D 
 A' 
 B' 
 C' 
 D' 
 M 
 N 
 P 
Q 
Figura 1 
Observe agora a Figura 2; pelo ponto me´dio X da aresta AA′ foi trac¸ado um plano paralelo a` face ABCD que
determinou em P uma sec¸a˜o octogonal. A forma dessa sec¸a˜o equidistante das bases do poliedro P, que e´ chamada
se sec¸a˜o me´dia, esta´ ilustrada na Figura 3.
No poliedro P, representaremos a a´rea da base ABCD por S, a a´rea da base MNPQ por s, a a´rea da sec¸a˜o me´dia
por Sm e a distaˆncia entre as bases por h.
b) Calcule a a´rea da sec¸a˜o me´dia e calcule o volume de P usando a fo´rmula do volume dos prismato´ides:
V = h
6
(S + s+ 4Sm).
 
Figura 2 Figura 3 
A 
B 
 C 
D 
A' 
 B' 
 C' 
D' 
M 
N 
P 
Q 
X 
X 
MA13 Geometria I - GABARITO DA AVALIAC¸A˜O 2 - 2012/2
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
No setor AOB de centro O, raio OA = 3 e aˆngulo AOB = 60o esta´ inscrita uma circunfereˆncia como mostra a figura.
a) Calcule o raio dessa circunfereˆncia.
b) Calcule a a´rea da regia˜o sombreada.
Uma soluc¸a˜o
 
A O 
B 
C 
 M 
D 
r 
 r 
a) SejaM o ponto me´dio do arco AB. O raio OM passa pelo centro C da circunfereˆncia inscrita no setor. Seja CD
perpendicular a OA como mostra a figura acima e seja r = CD = DM o raio da circunfereˆncia. Como AOM = 30o
enta˜o, no triaˆngulo ODC tem-se OC = 2r e, portanto, OM = 3r = 3, ou seja, r = 1 .
b) A a´rea sombreada (S) e´ igual a` a´rea do setor AOM subtra´ıda da a´rea do triaˆngulo ODC e da a´rea do setor
DCM do c´ırculo de centro C.
A a´rea do setor AOM e´ pi3
2
12 =
3pi
4 .
Como CD = 1 e OC = 2, enta˜o OD =
√
3 e a a´rea do triaˆngulo ODC e´ OD.OC2 =
√
3
2 . Por outro lado, o aˆngulo
DCM mede 120o e, portanto, o setor DCM do c´ırculo de centro C tem a´rea igual a` terc¸a parte da a´reado c´ırculo
de centro C, ou seja, pi3 . Assim, a a´rea sombreada e´ S =
3pi
4 −
√
3
2 −
pi
3 , ou seja, S =
5pi−6
√
3
12 .
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
O Teorema das Treˆs Perpendiculares tem o seguinte enunciado:
“A reta r e´ perpendicular ao plano α no ponto A. A reta s esta´ contida em α e na˜o passa por A. O ponto B da
reta s e´ tal que AB e´ perpendicular a s. Enta˜o, se P e´ qualquer ponto de r, PB e´ perpendicular a s.”
a) Fac¸a uma figura que descreva o enunciado do Teorema.
b) Demonstre o Teorema.
Uma soluc¸a˜o
a)
 
 A 
 B 
 P 
 r 
 s 
β
 
α
 
b) Como r e´ perpendicular a α enta˜o r e´ ortogonal a qualquer reta de α , portanto r e´ ortogonal a s. Pore´m,
AB e´ perpendicular a s. Assim, s e´ ortogonal a duas retas concorrentes: AB e r. Logo s e´ perpendicular ao plano
determinado por AB e r, que chamaremos de plano β. Como P e B sa˜o pontos de β enta˜o s e´ perpendicular a PB,
como quer´ıamos demonstrar.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 2)
Em um cubo, ABCD e EFGH sa˜o faces opostas e AE, BF , CG e DH sa˜o arestas paralelas. Sejam M e N os
pontos me´dios das arestas BC e DH, respectivamente.
a) Se a aresta do cubo mede 2, calcule a distaˆncia entre os pontos M e N .
b) Calcule o cosseno do aˆngulo entre as retas AB e NM .
Uma soluc¸a˜o
 
A 
B 
 C 
D 
E 
 F 
 G 
H 
 M 
N 
O 
θ 
a) Observe a figura acima. No triaˆngulo CDN , retaˆngulo emD, CD = 2 eDN = 1. Consequentemente, NC =
√
5.
Como a aresta BC e´ perpendicular a` face DCGH, o triaˆnguloMCN e´ retaˆngulo em C. Da´ı,MN2 = NC2+MC2 =
5 + 1 = 6, ou seja MN =
√
6.
b) Fac¸amos uma translac¸a˜o do segmento MN de forma que o ponto M concida com o ponto B. Nessa translac¸a˜o,
o ponto N coincidira´ com o ponto O, centro da face ADHE. O aˆngulo entre as retas reversas AB e NM e´ o aˆngulo
entre as concorrentes AB e OB, ou seja, o aˆngulo ABO = θ.
No triaˆngulo ABO, temos AB = 2, OB = NM =
√
6 e AO e´ a metade da diagonal do quadrado ADHE, ou seja,
AO =
√
2.
A lei dos cossenos no triaˆngulo ABO fornece:
(
√
2)2 = 22 + (
√
6)2 − 2.2.
√
6.cos θ
Da´ı, encontramos cos θ =
√
6
3 . Isto tambe´m pode ser obtido notando-se que o triaˆngulo ABO e´ retaˆngulo em A e
usando-se diretamente a definic¸a˜o de cosseno.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
O trape´zio ABCD tem bases AB e CD. A altura do trape´zio mede 8. As bases medem AB = 10 e CD = 6. As
diagonais AC e BD do trape´zio dividiram o trape´zio em quatro triaˆngulos. Calcule as a´reas dos quatro triaˆngulos
em que o trape´zio ficou dividido.
Uma soluc¸a˜o
 
 A B 
 C D 
 x 
 8 – x 
 P 
10 
 6 
 8 
Notac¸a˜o: (XY Z) representa a a´rea do triaˆngulo de ve´rtices X, Y e Z.
Seja P o ponto de intersec¸a˜o das diagonais e seja x a distaˆncia de P a` base menor do trape´zio. Como os triaˆngulos
PAB e PCD sa˜o semelhantes temos 610 =
x
8−x , o que da´ x = 3 . Assim, (PCD) =
6.3
2 = 9 e (ABC) =
10.5
2 = 25.
(DAP ) = (DAB)− (PAB) =
10.8
2
− 25 = 40− 25 = 15
(CPB) = (CAB)− (PAB) = 40− 25 = 15
As a´reas dos quatro triaˆngulos esta˜o na figura abaixo:
 
 15 15 
 25 
 9 
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
No cubo ABCDA′B′C ′D′ de aresta a, os pontos M , N , P e Q sa˜o me´dios das arestas A′B′, B′C ′, C ′D′ e A′D′,
respectivamente. Foram feitas as sec¸o˜es pelos planos AMQ, BNM , CPN e DPQ. Retirando-se os quatro tetraedros
formados, resultou o poliedro P ilustrado na Figura 1. O poliedro P possui duas bases paralelas e faces laterais
triangulares. Ele e´ um prismato´ide.
a) Calcule o volume do poliedro P .
 
 A 
 B 
 C 
 D 
 A' 
 B' 
 C' 
 D' 
 M 
 N 
 P 
Q 
Figura 1 
Observe agora a Figura 2; pelo ponto me´dio X da aresta AA′ foi trac¸ado um plano paralelo a` face ABCD que
determinou em P uma sec¸a˜o octogonal. A forma dessa sec¸a˜o equidistante das bases do poliedro P , que e´ chamada
se sec¸a˜o me´dia, esta´ ilustrada na Figura 3.
No poliedro P , representaremos a a´rea da base ABCD por S, a a´rea da base MNPQ por s, a a´rea da sec¸a˜o me´dia
por Sm e a distaˆncia entre as bases por h.
b) Calcule a a´rea da sec¸a˜o me´dia e calcule o volume de P usando a fo´rmula do volume dos prismato´ides: V =
h
6 (S + s+ 4Sm) .
 
Figura 2 Figura 3 
A 
B 
 C 
D 
A' 
 B' 
 C' 
D' 
M 
N 
P 
Q 
X 
X 
Uma soluc¸a˜o
a) Um dos tetraedros retirados e´ AA´MQ. Sua base e´ o triaˆngulo retaˆngulo A´MQ de catetos A´M = A´Q = a2 e
altura AA´ = a . O volume desse tetraedro e´ 13 .
(a/2)(a/2)
2 .a =
a3
24 . Como quatro desses tetraedros foram retirados, o
volume do poliedro P e´ V = a3 − 4.a
3
24 = a
3 − a
3
6 =
5a3
6 .
b) A sec¸a˜o me´dia e´ obtida de um quadrado XY ZW , congruente com ABCD retirando-se quatro triaˆngulos
retaˆngulos iso´sceles congruentes. O plano da sec¸a˜o me´dia corta a aresta BB´ do cubo em Y e corta as arestas MA e
MB do poliedro P em E e F , respectivamente.
 
X Y E F a/2 
Temos EF = AB2 =
a
2 (ja´ que a reta XY une pontos me´dios de lados do triaˆngulo AMB) e, consequentemente,
XE = FY = a4 . Assim, cada um dos pequenos triaˆngulos retaˆngulos tem a´rea
1
2 .
a
4 .
a
4 =
a2
32 e a a´rea da sec¸a˜o me´dia e´
Sm = a
2 − 4.a
2
32 =
7a2
8 .
Aplicando a fo´rmula do volume do prismato´ide temos:
V =
a
6
(a2 +
a2
2
+ 4.
7a2
8
) =
a
6
(a2 +
a2
2
+
7a2
2
) =
a
6
.
10a2
2
=
5a3
6
o que coincide com o resultado do item a).
MA13 Geometria I - Avaliac¸a˜o 3 - 2012/2
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura abaixo mostra as semirretas perpendiculares r e s, treˆs circunfereˆncias pequenas cada uma com raio igual
a 1 e uma circunfereˆncia grande de centro O. Uma das circunfereˆncias pequenas e´ tangente a r e a s, cada uma das
outras duas e´ tangente a ela e a uma das semirretas, e a circunfereˆncia grande e´ tangente a`s semirretas e a duas das
circunfereˆncias pequenas.
 
r 
s 
 O 
Calcule o raio da circunfereˆncia grande.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
No triaˆngulo ABC a bissetriz do aˆngulo BAC encontra o lado BC em D.
a) Prove que DB
DC
= AB
AC
(teorema da bissetriz interna).
b) Use o teorema acima e a figura abaixo para calcular a tangente de 15o.
 
 15
o
 
 15
o
 
 2 
 x 
MA13 Geometria I - Avaliac¸a˜o 3 - 2012/2
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 3)
O losango ABCD tem lado 3 e aˆngulo Aˆ = 60o. Os pontos M , N , P e Q pertencem aos lados AB, BC, CD e DA,
respectivamente e sa˜o tais que AM = BN = CP = DQ = 1 .
a) Justifique, de forma breve, porque o quadrila´tero MNPQ e´ um paralelogramo.
b) Calcule a a´rea do quadrila´tero MNPQ.
c) Calcule a distaˆncia entre os pontos M e P .
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 1)
O icosaedro regular e´ o poliedro formado por 20 faces triangulares equila´teras. Determine quantas diagonais do
icosaedro na˜o passam pelo seu centro.
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
Considere o paralelep´ıpedo retaˆngulo de bases ABCD e EFGH e com arestas laterais AE, BF , CG e DH. As
medidas sa˜o AB = 6, AD = AE = 4 e M e´ o ponto me´dio da aresta EF . Sa˜o feitas as sec¸o˜es pelos planos MHA e
MBG. Retirando-se os tetraedros EMHA e FMBG resulta o poliedro P.
a) Fac¸a um desenho do poliedro P e calcule seu volume.
b) Determine o cosseno do aˆngulo entre as retas AH e MG.
GABARITO MA13 Geometria I - Avaliac¸a˜o 3 - 2012/2
A a´rea de um triaˆngulo ABC sera´ denotada por (ABC).
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura abaixo mostra as semirretas perpendiculares r e s, treˆs circunfereˆncias pequenas cada uma com raio igual
a 1 e uma circunfereˆnciagrande de centro O. Uma das circunfereˆncias pequenas e´ tangente a r e a s, cada uma das
outras duas e´ tangente a ela e a uma das semirretas, e a circunfereˆncia grande e´ tangente a`s semirretas e a duas das
circunfereˆncias pequenas.
 
r 
s 
 O 
Calcule o raio da circunfereˆncia grande.
Uma soluc¸a˜o:
Na figura a seguir, A e´ o centro da circunfereˆncia pequena que tangencia r e a circunfereˆncia grande, OT e´
perpendicular a r e a reta BC passa por A e e´ paralela a r.
 
 A 
 B 
 O 
 C 
 r T 
 s R 
Seja R o raio da circunfereˆncia grande. No triaˆngulo retaˆngulo ABO temos OA = R+1, OB = R−1 e AB = R−3.
O teorema de Pita´goras conduz a` equac¸a˜o R2 − 10R+ 9 = 0 cujas ra´ızes sa˜o 1 e 9.
Devido a`s caracter´ısticas do problema, a menor raiz e´ o raio da circunfereˆncia pequena tangente a`s duas semirretas
e a maior raiz e´ o raio da circunfereˆncia grande.
O raio da circunfereˆncia grande e´ igual a 9.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
No triaˆngulo ABC a bissetriz do aˆngulo BAC encontra o lado BC em D.
a) Prove que DB
DC
= AB
AC
(teorema da bissetriz interna).
b) Use o teorema acima e a figura abaixo para calcular a tangente de 15o.
 
 15
o
 
 15
o
 
 2 
 x 
Uma soluc¸a˜o:
a) Se dois triaˆngulos teˆm mesma altura, enta˜o a raza˜o entre suas a´reas e´ igual a` raza˜o entre suas bases. Assim,
(ADB)
(ADC)
=
DB
DC
 
A 
 B C D 
 
 E 
 F 
d 
 d 
Sejam DE e DF perpendiculares a AB e AC como na figura anterior. Como todo ponto da bissetriz de um aˆngulo
equidista dos lados desse aˆngulo, enta˜o DE = DF = d. Assim,
(ADB)
(ADC)
=
(1/2).AB.d
(1/2).AC.d
=
AB
AC
, portanto
DB
DC
=
AB
AC
, c.q.d.
b) Como o triaˆngulo ABC da figura e´ retaˆngulo em B e tem aˆngulo BAˆC = 30o e hipotenusa AC = 2, enta˜o
BC = 1 e AB =
√
3.
 
 15
o
 
 15
o
 
2 
 x 
A B 
C 
 D 
3 
 1 – x 
O teorema da bissetriz interna aplicado a esse triaˆngulo fornece: DB
DC
= AB
AC
, ou seja, x
1−x =
√
3
2
.
Aplicando propriedades das proporc¸o˜es podemos escrever:
x√
3
=
1− x
2
=
x+ (1− x)√
3 + 2
=
1
2 +
√
3
.
Pore´m, observando o triaˆngulo ABD, vemos que x√
3
e´ a tangente do aˆngulo de 15o. Assim,
tan15o =
1
2 +
√
3
= 2−
√
3.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 3)
O losango ABCD tem lado 3 e aˆngulo Aˆ = 60o. Os pontos M , N , P e Q pertencem aos lados AB, BC, CD e DA,
respectivamente e sa˜o tais que AM = BN = CP = DQ = 1 .
a) Justifique, de forma breve, porque o quadrila´tero MNPQ e´ um paralelogramo.
b) Calcule a a´rea do quadrila´tero MNPQ.
c) Calcule a distaˆncia entre os pontos M e P .
Uma soluc¸a˜o:
 
A 
B 
 C 
 D 
M 
 N 
 P 
Q 
a) Os triaˆngulos AMQ e CPN sa˜o congruentes (caso LAL). Da´ı, MQ = NP . Os triaˆngulos BNM e DQP sa˜o con-
gruentes (caso LAL); da´ı, MN = QP . Assim, o quadrila´teroMNPQ possui dois pares de lados opostos congruentes.
Logo, e´ um paralelogramo.
b) (AMQ) = 1
2
.AM.AQ.sen 60o = 1
2
.1.2.
√
3
2
=
√
3
2
.
Como os aˆngulos de 60o e 120o possuem mesmo seno, conclu´ımos que os triaˆngulos AMQ, BNM , CPN e DQP
possuem todos a mesma a´rea, igual a
√
3
2
.
A a´rea do losango e´ igual a AB.AD.sen 60o = 3.3.
√
3
2
= 9
√
3
2
.
A a´rea do paralelogramo e´
S =
9
√
3
2
− 4
√
3
2
=
5
√
3
2
.
c) Seja R o ponto me´dio de PD. Como AM e´ paralelo a DR e ambos teˆm comprimento 1 enta˜o AMRD e´ um
paralelogramo e MR = AD = 3. Ale´m disso, RP = 1 e MRˆP = 120o .
 
 A 
 M 
 P 
 R 
D 
 B 
 C 
No triaˆngulo MRP a lei dos cossenos fornece:
MP 2 =MR2 +RP 2 − 2.MR.RP.cos 120o = 32 + 12 − 2.3.1.(−1
2
) = 13 =⇒ MP =
√
13.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 1)
O icosaedro regular e´ o poliedro formado por 20 faces triangulares equila´teras. Determine quantas diagonais do
icosaedro na˜o passam pelo seu centro.
Uma soluc¸a˜o:
O icosaedro possui 20 faces triangulares. Como cada aresta e´ lado de exatamente duas faces, o nu´mero de arestas
do icosaedro e´ A = 20.3
2
= 30.
 
O nu´mero de ve´rtices pode ser calculado pela relac¸a˜o de Euler V −A+ F = 2, de onde V = 12.
Cada segmento que une dois ve´rtices do icosaedro ou e´ aresta ou e´ diagonal. Assim, denotando por C2
V
o nu´mero
de escolhas de subconjuntos com dois elementos do conjunto de todos os ve´rtices do icosaedro, o nu´mero de diagonais
do icosaedro e´
D = C2V −A = C212 −A =
12!
10!2!
− 30 = 66− 30 = 36
O icosaedro possui 6 pares de ve´rtices diametralmente opostos e cada diagonal que une dois ve´rtices diametralmente
opostos passa pelo centro do icosaedro. Essas sa˜o as u´nicas diagonais que passam pelo centro. Enta˜o, o nu´mero de
diagonais que na˜o passam pelo centro e´ 36− 6 = 30.
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
Considere o paralelep´ıpedo retaˆngulo de bases ABCD e EFGH e com arestas laterais AE, BF , CG e DH. As
medidas sa˜o AB = 6, AD = AE = 4 e M e´ o ponto me´dio da aresta EF . Sa˜o feitas as sec¸o˜es pelos planos MHA e
MBG. Retirando-se os tetraedros EMHA e FMBG resulta o poliedro P.
a) Fac¸a um desenho do poliedro P e calcule seu volume.
b) Determine o cosseno do aˆngulo entre as retas AH e MG.
Uma soluc¸a˜o:
 
 A 
 B 
 C 
 D 
 E 
 F 
 G 
 H 
M 
O desenho de P esta´ acima.
Se pensarmos o tetraedro EMHA com base EMH e altura EA, podemos calcular seu volume do seguinte modo:
v =
1
3
.
EM.EH
2
.EA =
1
3
.
3.4
2
.4 = 8
O tetraedro FMBG tem tambe´m volume v = 8 porque e´ congruente com EMHA.
O volume de P e´ o volume do paralelep´ıpedo subtra´ıdo dos volumes dos tetraedros, ou seja,
V = 6.4.4− 2.8 = 96− 16 = 80
b) O aˆngulo entre as retas AH e MG e´ o aˆngulo entre BG e MG, ou seja, o aˆngulo θ = BGˆM . Como FM = 3 e
FB = FG = 4 temos, pelo teorema de Pita´goras, BG = 4
√
2 e MB =MG = 5.
 H 
θ 
 A 
 C 
 D 
 E 
 F 
 G 
M 
 N 
 5 
 5 
 B 
 
 
 
 
 22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O triaˆngulo MBG e´ iso´sceles. Enta˜o, assinalando o ponto N me´dio do lado BG, temos que MN e´ perpendicular
a BG. Assim, no triaˆngulo MNG,
cos θ =
NG
MG
=
2
√
2
5
.
MA13 
- 
2013 
MA13 - AV3 - Avaliac¸a˜o Final 1o semestre - 2013
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
No triaˆngulo iso´sceles ABC tem-se AB = AC. Os pontosM , N e P dos lados AB, BC e CA sa˜o tais que PM = PN .
Sendo PMˆA = α, NPˆC = β e MNˆB = θ mostre que
θ =
α+ β
2
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
Considere o triaˆngulo ABC, retaˆngulo em A, sendo BC = a e AC = b. Seja K1 a circunfereˆncia de centro C que
passa por A. A circunfereˆncia K2 tem centro P sobre o lado BC, e´ tangente externamente a` K1 e e´ tangente ao lado
AB.
a) (1,0) Descreva como se pode determinar com re´gua e compasso o ponto P .
b) (1,0) Determine o raio da circunfereˆncia K2 em func¸a˜o de a e b.
Obs.: os itens acima podem ser resolvidos de maneira independente.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura a seguir mostra duas semicircunfereˆncias com mesmo centro O e com raios OD = r e OA = 2r. Na semi-
circunfereˆncia maior foi assinalado um ponto B e aˆngulo AOˆB mede α radianos. O raio OB cortou a circunfereˆncia
menor em C e a regia˜o R e´ a que esta´ sombreada (delimitada pelo arco AB, segmento BC, arco CD e segmento
DA) na figura.
 
a) (1,0) Calcule o per´ımetro de R em func¸a˜o de r e α.
b) (1,0) Calcule a a´rea deR em func¸a˜o de r e α.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
A aresta da base de uma piraˆmide reta de base quadrada mede 2 unidades e a esfera inscrita nessa piraˆmide tem
raio r (0 < r < 1).
 
A 
B 
C 
D 
E 
a) (1,0) Calcule o volume da piraˆmide em func¸a˜o de r.
b) (1,0) Se, para cada valor de r (0 < r < 1 ), o volume da piraˆmide e´ V (r), fac¸a um esboc¸o do gra´fico dessa
func¸a˜o.
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
Um copo de pla´stico r´ıgido e espessura muito fina tem a forma de um tronco e cone com 8 cm de diaˆmetro na
boca, 6 cm de diaˆmetro no fundo e 12 cm de altura.
a) (1,0) Determine um valor aproximado para o volume do copo (ou seja, o nu´mero inteiro de cm3 que melhor
aproxima o volume).
b) (1,0) Determine um valor aproximado para a a´rea externa total do copo (ou seja, o nu´mero inteiro de cm2 que
melhor aproxima a a´rea).
GABARITO MA13 - Avaliac¸a˜o Final 1o semestre - 2013
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 2)
No triaˆngulo iso´sceles ABC tem-se AB = AC. Os pontosM , N e P dos lados AB, BC e CA sa˜o tais que PM = PN .
Sendo PMˆA = α, NPˆC = β e MNˆB = θ mostre que
θ =
α+ β
2
Uma soluc¸a˜o:
 
 
 
 
 
 
 
Sejam ABˆC = ACˆB = x e PMˆN = PNˆM = y.
O aˆngulo AMˆN e´ externo do triaˆngulo MBN . Logo, α+ y = x+ θ.
O aˆngulo BNˆP e´ externo do triaˆngulo PNC. Logo, β + x = y + θ.
Somando, temos α+ β = 2θ, ou seja, θ = α+β
2
, cqd.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 2)
Considere o triaˆngulo ABC, retaˆngulo em A, sendo BC = a e AC = b. Seja K1 a circunfereˆncia de centro C que
passa por A. A circunfereˆncia K2 tem centro P sobre o lado BC, e´ tangente externamente a` K1 e e´ tangente ao lado
AB.
a) (1,0) Descreva como se pode determinar com re´gua e compasso o ponto P .
b) (1,0) Determine o raio da circunfereˆncia K2 em func¸a˜o de a e b.
Obs.: os itens acima podem ser resolvidos de maneira independente.
Uma soluc¸a˜o:
a)
 
 
 
 
 
 
 
Seja D o ponto onde K1 corta BC. A perpendicular a BC por D e´ tangente a K1 e corta AB em E. A bissetriz
do aˆngulo DEˆB corta BC em P . De fato, pela construc¸a˜o acima, P e´ equidistante das retas ED e EB. Logo, a
circunfereˆncia de centro P que passa por D e´ tangente a K1 e ao lado AB.
b)
 
 
 
 
 
 
 
Tracemos PG, perpendicular a AB e PF perpendicular a AC como na figura acima. Sejam PD = PG = x. Da
semelhanc¸a dos triaˆngulos CFP e CAB temos:
b− x
b+ x
=
b
a
Assim,
x =
b(a− b)
a+ b
.
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 2)
A figura a seguir mostra duas semicircunfereˆncias com mesmo centro O e com raios OD = r e OA = 2r. Na semi-
circunfereˆncia maior foi assinalado um ponto B e aˆngulo AOˆB mede α radianos. O raio OB cortou a circunfereˆncia
menor em C e a regia˜o R e´ a que esta´ sombreada (delimitada pelo arco AB, segmento BC, arco CD e segmento
DA) na figura.
 
a) (1,0) Calcule o per´ımetro de R em func¸a˜o de r e α.
b) (1,0) Calcule a a´rea de R em func¸a˜o de r e α.
Uma soluc¸a˜o:
a) O comprimento de um arco de circunfereˆncia e´ igual a medida do aˆngulo central em radianos multiplicada pelo
raio. Assim o per´ımetro de R e´:
P = 3r + α.2r + r + (pi − α)r = (α+ pi + 4)r
b) A a´rea de um setor de aˆngulo central α em radianos em um c´ırculo de raio r e´ αr
2
2
. Assim a a´rea da regia˜o R e´:
A =
α(2r)2
2
+
(pi − α)r2
2
=
(3α+ pi)r2
2
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 2)
A aresta da base de uma piraˆmide reta de base quadrada mede 2 unidades e a esfera inscrita nessa piraˆmide tem
raio r (0 < r < 1).
 
A 
B 
C 
D 
E 
a) (1,0) Calcule o volume da piraˆmide em func¸a˜o de r.
b) (1,0) Se, para cada valor de r (0 < r < 1 ), o volume da piraˆmide e´ V (r), fac¸a um esboc¸o do gra´fico dessa
func¸a˜o.
Uma soluc¸a˜o:
a)
 
Seja O o centro da base ABCD da piraˆmide de ve´rtice E como mostra a figura ao lado. Seja M o ponto me´dio
da aresta BC. Seja K o ponto sobre a altura OE o centro da esfera inscrita na piraˆmide. Assim, trac¸ando KT
perpendicular a` face EBC temos KO = KT = r. Seja h = OE a altura da piraˆmide. Da semelhanc¸a dos triaˆngulos
ETK e EOM temos
KT
OM
=
KE
EM
ou seja,
r
1
=
h− r√
h2 + 1
Dessa relac¸a˜o determinamos a altura da piraˆmide h = 2r
1−r2
.
O volume da piraˆmide e´
V =
1
3
.22.
2r
1− r2 =
8r
3(1− r2)
.
b) A func¸a˜o que associa r e V e´ crescente. Quando r se aproxima de 0, temos que V se aproxima de 0. Pore´m,
quando r se aproxima 1 temos que V tende a +∞. Logo, o gra´fico de V (r) tem o seguinte aspecto:
 
1 
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 2)
Um copo de pla´stico r´ıgido e espessura muito fina tem a forma de um tronco e cone com 8 cm de diaˆmetro na
boca, 6 cm de diaˆmetro no fundo e 12 cm de altura.
a) (1,0) Determine um valor aproximado para o volume do copo (ou seja, o nu´mero inteiro de cm3 que melhor
aproxima o volume).
b) (1,0) Determine um valor aproximado para a a´rea externa total do copo (ou seja, o nu´mero inteiro de cm2 que
melhor aproxima a a´rea externa).
Uma soluc¸a˜o:
a) Os raios das bases sa˜o 4 cm, e 3 cm e a fo´rmula do volume do tronco de cone fornece o resultado:
V =
pih
3
.(R2 + r2 +Rr) =
pi.12
3
(16 + 9 + 12) ≈ 3, 14.4.37 ≈ 465 cm3
b) A geratriz do tronco de cone e´ igual a
√
122 + 1 que e´ aproximadamente igual a 12. Nesse copo, a altura e´ quase
igual a` geratriz.
A a´rea do copo e´ a soma da a´rea lateral com a a´rea da base, isto e´:
A = pi(R+ r)g + pir2 ≈ 3, 14.[(4 + 3).12 + 32] ≈ 292 cm2
MA14
AVALIAÇÕES
MA14 
2011-2013
MA14 
- 
2011 
MA14 – Aritme´tica I – Avaliac¸a˜o 1 – 2011
Questa˜o 1.
(1,0) (a) Determine o maior nu´mero natural que divide todos os produtos de treˆs nu´meros naturais consecutivos.
(1,0) (b) Responda a` mesma questa˜o no caso do produto de quatro nu´meros naturais consecutivos.
Em ambos os itens, justifique a sua resposta.
Questa˜o 2.
(1,0) (a) Determine os poss´ıveis restos da divisa˜o de a3 por 7, onde a e´ um nu´mero natural.
(1,0) (b) Prove que se a e b sa˜o naturais e a3 + 2b3 e´ divis´ıvel por 7, enta˜o a e b sa˜o divis´ıveis por 7.
Questa˜o 3.
(1,0) (a) Determine todos os valores poss´ıveis para (n+ 1, n2 + 4).
(1,0) (b) Sabendo que o resto da divisa˜o de n por 5 na˜o e´ 4, determine [n+ 1, n2 + 4].
Questa˜o 4.
(1,5) Determine todos os nu´meros naturais que, quando divididos por 18, deixam resto 6 e, quando divididos por 14,
deixam resto 4.
Questa˜o 5.
Sejam p e q dois nu´meros naturais, com 1 < p < q e (p, q) = 1. Sabemos que existem nu´meros naturais na˜o nulos
u e v tais que up− vq = 1.
(1,0) (a) Mostre que existem dois nu´meros naturais p1 e q1, na˜o nulos, com p1 < p tais que q1p− p1q = 1. Conclua
que (p1, q1) = 1 e que q1 < q. Sugesta˜o: Divida v por p, usando o algoritmo da divisa˜o, para encontrar p1.
(0,5) (b) Mostre que n1 = qq1 e´ tal que
p
q
=
1
n1
+
p1
q1
.
Conclua que p1 < q1.
(1,0) (c) Prove que para quaisquer nu´meros naturais p e q com 1 < p < q e com (p, q) = 1, existe um nu´mero natural
r > 0 e nu´meros naturais n1 > n2 > · · · > nr > 1 tais que
p
q
=
1
n1
+
1
n2
+ · · ·+
1
nr
.
AV1 -MA 14 - 2011
Questão 1.
(1,0) (a) Determine o maior número natural que divide todos os produtos de três números naturais consecutivos.
(1,0) (b) Responda à mesma questão no caso do produto de quatro números naturais consecutivos.
Em ambos os itens, justifique a sua resposta.
DUAS SOLUÇÕES
Uma solução
(a) Sendo 1 · 2 · 3 = 6, segue-se que o maior número natural que divide todo produto de três naturais consecutivos
é um divisor de 6. Vamos mostrar que é exatamente 6. De fato, dados três inteiros consecutivos, exatamente um é
múltiplo de 3 e pelo menos um é múltiplo de2, logo o seu produto é múltiplo de 6. Isto mostra que o maior natural
que divide o produto de quaisquer três naturais consecutivos é 6.
(b) Sendo 1 · 2 · 3 · 4 = 24, segue-se que o maior número natural que divide todo produto de quatro naturais
consecutivos é um divisor de 24. Vamos mostrar que este número é exatamente 24. De fato, dado o produto de
4 números consecutivos a(a+ 1)(a+ 2)(a+ 3), pelo menos um desses é múltiplo de 3. Por outro lado, um deles é
múltiplo de 4. Digamos que seja a o múltiplo de 4, logo a+ 2 é par. Se a+ 1 é o múltiplo de 4, então a+ 3 é par. Se
a+ 2 é o múltiplo de 4, então a é par. Se a+ 3 é o múltiplo de 4, então a+ 1 é par. Isto mostra que n é múltiplo de
3 · 4 · 2 = 24, o que prova o resultado.
Outra solução
Mais geralmente, sabemos da Combinatória que é natural o número
(
a+ r− 1
r
)
=
(a+ r− 1)!
(a− 1)!r!
=
(a+ r− 1)(a+ r− 2) · · · (a+ 1)a
r!
,
para quaisquer a, r ∈ N \ {0}. Logo o produto dos r números consecutivos (a + r − 1)(a + r − 2) · · · (a + 1)a é
divisível por r!. E, quando a = 1, esse é o máximo divisor possível.
1
AV1 -MA 14 - 2011
Questão 2.
(1,0) (a) Determine os possíveis restos da divisão de a3 por 7, onde a é um número natural.
(1,0) (b) Prove que se a e b são naturais e a3 + 2b3 é divisível por 7, então a e b são divisíveis por 7.
UMA SOLUÇÃO
(a) Podemos escrever a = 7k+ r, onde r = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Temos que
a3 = (7k+ r)3 = 7(72k3 + 3 · 7k2r+ 3kr2) + r3 .
Portanto, o resto da divisão de a3 por 7 é igual ao resto da divisão de r3 por 7. Como 03 = 0 · 7+ 0, 13 = 0 · 7+ 1,
23 = 8 = 1 · 7+ 1, 33 = 27 = 3 · 7+ 6, 43 = 64 = 9 · 7+ 1, 53 = 125 = 17 · 7+ 6, 63 = 216 = 30 · 7+ 6, segue-se que
os possíveis restos de r3 por 7 são 0, 1 ou 6. Além disso, o único caso em que o resto de r3 por 7 dá zero é quando
r = 0, isto é, quando a é múltiplo de 7. Então a3 múltiplo de 7 implica a múltiplo de 7.
(b) Os possíveis restos da divisão de 2b3 por 7 são os possíveis restos de 2r3 por 7, em que r é o resto da divisão
de b por 7. Como os possíveis restos de r3 são 0, 1 e 6, pelo item anterior, multiplicamos por 2 cada um deles
(2 · 0 = 0 · 7+ 0, 2 · 1 = 0 · 7+ 2 e 2 · 6 = 12 = 1 · 7+ 5) e concluímos que os possíveis restos de 2r3 por 7 são 0, 2 ou
5.
Observamos também que se 2b3 é múltiplo de 7, então o resto de 2r3 por 7 é zero, e isso só ocorre se o resto de r3
por 7 é zero, que só ocorre quando o resto de b3 por 7 é zero, que é o mesmo que ter b3 múltiplo de 7, que, pelo item
anterior, é o mesmo que ter b múltiplo de 7. Ou seja, 2b3 múltiplo de 7 implica b múltiplo de 7.
Somando as três possibilidades de restos de a3 com as três possibilidades de restos de 2b3, num total de nove
possibilidades (0+ 0 = 0, 0+ 1 = 1, 0+ 5 = 5, 1+ 0 = 1, 1+ 2 = 3, 1+ 5 = 6, 6+ 0 = 6, 6+ 2 = 1 · 7+ 1,
6+ 5 = 11 = 1 · 7+ 4), a única que dá resto zero é quando a3 e 2b3 têm ambos resto zero, ou seja, quando a3 e 2b3
são múltiplos de 7, ou seja, quando a e b são múltiplos de 7. Concluímos que a3 + 2b3 é múltiplo de 7 se e somente
se a e b são ambos múltiplos de 7.
2
AV1 -MA 14 - 2011
Questão 3.
(1,0) (a) Determine todos os valores possíveis para (n+ 1, n2 + 4).
(1,0) (b) Sabendo que o resto da divisão de n por 5 não é 4, determine [n+ 1, n2 + 4].
UMA SOLUÇÃO
(a) Temos
(n+ 1, n2 + 4) = (n+ 1, n2 + 4− (n− 1)(n+ 1)) = (n+ 1, 5) .
Daí segue-se que (n+ 1, n2 + 4) só pode ser igual a 1 ou a 5.
(b) Se n não deixa resto 4 quando dividido por 5, temos que n+ 1 não émúltiplo de 5. Neste caso, (n+ 1, n2+ 4) = 1.
Logo,
[n+ 1, n2 + 4] = (n+ 1)(n2 + 4) .
3
AV1 -MA 14 - 2011
Questão 4.
(1,5) Determine todos os números naturais que, quando divididos por 18, deixam resto 6 e, quando divididos por
14, deixam resto 4.
UMA SOLUÇÃO
Temos que x = 18v+ 6 e x = 14u+ 4. Igualando, temos 14u− 18v = 2. Esta equação é equivalente a 7u− 9v = 1.
A menor solução particular é u0 = 4 e v0 = 3. Portanto, a solução geral é dada por u = 4+ 9t e v = 3+ 7t, com
t ∈ N. Daí segue-se que x = 60+ 126t, t ∈ N.
4
AV1 -MA 14 - 2011
Questão 5.
Sejam p e q dois números naturais, com 1 < p < q e (p, q) = 1. Sabemos que existem números naturais não nulos
u e v tais que up− vq = 1.
(1,0) (a) Mostre que existem dois números naturais p1 e q1, não nulos, com p1 < p tais que q1p− p1q = 1. Conclua
que (p1, q1) = 1 e que q1 < q. Sugestão: Divida v por p, usando o algoritmo da divisão, para encontrar p1.
(0,5) (b) Mostre que n1 = qq1 é tal que
p
q
=
1
n1
+
p1
q1
.
Conclua que p1 < q1.
(1,0) (c) Prove que para quaisquer números naturais p e q com 1 < p < q e com (p, q) = 1, existe um número
natural r > 0 e números naturais n1 > n2 > · · · > nr > 1 tais que
p
q
=
1
n1
+
1
n2
+ · · ·+
1
nr
.
UMA SOLUÇÃO
(a) Sejam dados u e v tais que up− vq = 1. Pela divisão euclidiana, temos que v = pb+ p1, com 0 < p1 < p, logo
(u− bq)p− p1q = 1. Ponhamos u− bq = q1, logo q1p− p1q = 1. Daí conclui-se que p1 e q1 são primos entre si. Por
outro lado, temos necessariamente que q1 < q, pois q1p = p1q+ 1 < pq.
(b) Temos que
p
q
=
1
qq1
+
p1
q1
.
Como pq < 1, segue-se que
p1
q1
< 1, o que mostra que p1 < q1.
(c) Aplique o resultado do ítem b) à fração p1q1 , etc. Como p > p1 > p2 > · · · > 0, para um certo r ter-se-á pr = 1
e daí o procedimento para. As desigualdades n1 > n2 > · · · > nr seguem de n1 = qq1, n2 = q1q2, etc. e de
qq1 > q1q2 > · · · .
5
MA14 – Aritme´tica I – Avaliac¸a˜o 2 – 2011
Questa˜o 1.
(1,5) Sejam a e b dois nu´meros naturais tais que (a, b) = pq, em que p e q sa˜o dois nu´meros primos distintos. Quais
sa˜o os poss´ıveis valores de
(a) (a2, b)?
(b) (a3, b)?
(c) (a2, b3)?
Questa˜o 2.
(2,0) Ache o resto da divisa˜o por 17 do nu´mero
S = 116 + 216 + 316 + · · ·+ 8516.
Questa˜o 3.
(1,5) E´ poss´ıvel repartir exatamente
(
2357
528
)
objetos entre 49 pessoas?
MA14 – Aritme´tica I – Avaliac¸a˜o 2 – 2011
Questa˜o 4.
(2,0) Dispomos de uma quantia de x reais menor do que 3.000. Se distribuirmos essa quantia entre 11 pessoas, sobra
um real; se a distribuirmos entre 12 pessoas, sobram dois reais, e se a distribuirmos entre 13 pessoas, sobram
3 reais. De quantos reais dispomos?
Sugesta˜o: Pode ser u´til utilizar o seguinte fato: c e´ soluc¸a˜o da congrueˆncia ay ≡ b mod m se, e somente se, c e´
soluc¸a˜o da congrueˆncia ry ≡ b mod m, onde r e´ o resto da divisa˜o de a por m.
Questa˜o 5.
(1,0) Sabendo que 74 = 2401, ache os algarismos da dezena e da unidade do nu´mero 799999.
Questa˜o 6.
Considere Zm para m > 2.
(0,5) (a) Mostre que Zm tem sempre um nu´mero par de elementos invert´ıveis. Sugesta˜o: Analise a paridade de ϕ(m),
quando m > 2.
(0,5) (b) Mostre que se [a] e´ invert´ıvel em Zm, enta˜o −[a] = [m− a] e´ invert´ıvel e [a] 6= −[a].
(0,5) (c) Mostre que a soma de todos os elementos invert´ıveis de Zm e´ igual a 0.
(0,5) (d) Mostre que a soma de todos os elementos de um sistema reduzido qualquer de res´ıduos mo´dulo m e´ sempre
mu´ltiplo de m.
Observac¸a˜o: em cada item, pode-se usar a afirmac¸a˜o cuja demonstrac¸a˜o e´ pedida em um item anterior sem necessa-
riamente teˆ-la demonstrado.
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 1.
(1,5) Sejam a e b dois números naturais tais que (a, b) = pq, em que p e q são dois números primos distintos. Quais
são os possíveis valores de
(a) (a2, b)?
(b) (a3, b)?
(c) (a2, b3)?
UMA SOLUÇÃO
Suponhamos que a = prqsc e b = puqvd, onde c e d são primos entre si e também com p e q. A hipótese (a, b) = pq
implica que min{r, u} = 1 e min{s, v} = 1.
(a) a2 = p2rq2sc2, onde c2 é primo com p, q e d. Logo, (a2, b) = pmin{2r,u}qmin{2s,v}. Tanto min{2r, u} comomin{2s, v}
podem e só podem assumir os valores 1 e 2. Portanto, são possíveis (a2, b) = pq, (a2, b) = p2q, (a2, b) = pq2,ou
(a2, b) = p2q2.
(b) (a3, b) = plqt, com l = min{3r, u} e t = min{3s, v}. Logo, l ∈ {1, 2, 3} e t ∈ {1, 2, 3}.
(c) (a2, b3) = plqt, com l ∈ {2, 3} e t ∈ {2, 3}.
1
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 2.
(2,0) Ache o resto da divisão por 17 do número
S = 116 + 216 + 316 + · · ·+ 8516.
UMA SOLUÇÃO
Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que
a16 ≡
{
1, se 17 não divide a
0, se 17 divide a
mod 17
Como 85 = 17× 5, temos que de 1 a 85 há 5 múltiplos de 17 e 85− 5 = 80 não múltiplos de 17 (i.e., primos com 17),
logo
S ≡ 80× 1 mod 17 ≡ 12 mod 17.
Portanto, o resto da divisão de S por 17 é 12.
2
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 3.
(1,5) É possível repartir exatamente
(
2357
528
)
objetos entre 49 pessoas?
UMA SOLUÇÃO
Temos
a =
(
2357
528
)
=
2357!
1829!528!
.
Portanto, o expoente da maior potência de 7 que divide a é dado por
E7(2357!)− E7(1829!)− E7(528!).
Agora
2357 = 7× 336+ 5, 336 = 7× 48+ 0, 48 = 7× 6+ 6.
1829 = 7× 261+ 2, 261 = 7× 37+ 2, 37 = 7× 5+ 2.
528 = 7× 75+ 3, 75 = 7× 10+ 5, 10 = 7× 1+ 3.
Assim,
E7(2357!) = 336+ 48+ 6 = 390,
E7(1829!) = 261+ 37+ 5 = 303 e
E7(528!) = 75+ 10+ 1 = 86.
Logo,
E7(2357!)− E7(1829!)− E7(528!) = 390− 303− 86 = 1.
Portanto, 49 = 72 não divide a e a resposta do problema é não.
3
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 4.
(2,0) Dispomos de uma quantia de x reais menor do que 3000. Se distribuirmos essa quantia entre 11 pessoas, sobra
um real; se a distribuirmos entre 12 pessoas, sobram dois reais, e se a distribuirmos entre 13 pessoas, sobram
3 reais. De quantos reais dispomos?
Sugestão: Pode ser útil utilizar o seguinte fato: c é solução da congruência ay ≡ b mod m se, e somente se, c é
solução da congruência ry ≡ b mod m, onde r é o resto da divisão de a por m.
UMA SOLUÇÃO
O número x de Reais é uma solução do seguinte sistema de congruências:

X ≡ 1 mod 11
X ≡ 2 mod 12
X ≡ 3 mod 13
Com as notações do Teorema Chinês dos Restos, temos N = 11× 12× 13 = 1716, N1 = 12× 13 = 156, N2 =
11× 13 = 143 e N3 = 11× 12 = 132. Precisamos determinar uma solução do sistema:

N1Y1 ≡ 1 mod 11
N2Y2 ≡ 1 mod 12
N3Y3 ≡ 1 mod 13
Utilizando a sugestão, podemos resolver o sistema:

2Y1 ≡ 1 mod 11
11Y2 ≡ 1 mod 12
2Y3 ≡ 1 mod 13
que possui a solução (y1, y2, y3) = (6, 11, 7) (achada por inspeção). Assim, as soluções do sistema de congruências
são da forma
x ≡ N1 × y1 × 1+ N2 × y2 × 2+ N3 × y3 × 3 = 156× 6× 1+ 143× 11× 2+ 132× 7× 3 = 6854 mod 1716.
Amenor solução é dada pelo resto da divisão de 6854 por 1716 que é 1706. A próxima solução é 1706+ 1716 = 3422,
que ultrapassa 3000. Portanto, a solução procurada é 1706.
Outra solução. Usando-se números negativos pode-se perceber, por inspeção, que −10 é solução do sistema de
congruências. Então basta somar N = 1716 para se obter a primeira solução positiva (igual a 1706) e a seguinte, que
ultrapassa 3000.
Recomendação aos professores. No material da disciplina optou-se pelo estudo de congruências sem a utilização
dos negativos. Pretende-se rever essa decisão para o ano que vem, visto que os negativos são úteis e perfeitamente
naturais na abordagem deste assunto. De qualquer forma, a banca entende que esta solução também deve ser
considerada correta.
4
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 5.
(1,0) Sabendo que 74 = 2401, ache os algarismos da dezena e da unidade do número 799999.
UMA SOLUÇÃO
Efetivamente, precisamos encontrar o resto da divisão de 799999 por 100.
Como 99999 = 4× 24444+ 3 e 74 ≡ 1 mod 100, temos que
(74)24444 ≡ 1 mod 100.
Assim,
799999 = (74)24444 × 73 ≡ 1× 73 mod 100 ≡ 43 mod 100.
Portanto, os algarismos são 4, da dezena, e 3, da unidade.
5
AV2 -MA 14 - 2011
Questão 6.
Considere Zm para m > 2.
(0,5) (a) Mostre que Zm tem sempre um número par de elementos invertíveis. Sugestão: Analise a paridade de
ϕ(m), quando m > 2.
(0,5) (b) Mostre que se [a] é invertível em Zm, então −[a] = [m− a] é invertível e [a] 6= −[a].
(0,5) (c) Mostre que a soma de todos os elementos invertíveis de Zm é igual a 0.
(0,5) (d) Mostre que a soma de todos os elementos de um sistema reduzido qualquer de resíduos módulo m é
sempre múltiplo de m.
Observação: em cada item, pode-se usar a afirmação cuja demonstração é pedida em um item anterior sem necessa-
riamente tê-la demonstrado.
UMA SOLUÇÃO
(a) Se m = pα11 . . . p
αr
r , então ϕ(m) = p
α1−1
1 . . . p
αr−1
r (p1 − 1) . . . (pr − 1), que é obviamente par se m > 2. Como o
número de elementos invertíveis de Zm é ϕ(m), o resultado segue.
(b) Se [b] é um inverso de [a], é imediato ver que (−[a])(−[b]) = [a][b] = 1, logo −[a] é invertível.
Se [a] é invertível, então (a,m) = 1. Suponhamos por absurdo que [a] = −[a], logo [2a] = 2[a] = [0], o que implica
que 2a = tm, para algum t ∈ N. Como m divide 2a e (m, a) = 1, segue-se que m divide 2, o que implica que m = 2,
absurdo.
(c) Os elementos invertíveis se apresentam aos pares, um simétrico do outro, a soma é portanto zero.
(d) Se a1, . . . , aϕ(m) é um sistema reduzido de resíduos módulo m, temos que [a1], . . . , [aϕ(m)] são os elementos in-
vertíveis de Zm, logo
[a1 + · · ·+ aϕ(m)] = [a1] + · · ·+ [aϕ(m)] = [0],
o que implica que a1 + · · ·+ aϕ(m) é um múltiplo de m.
6
MA14 – Aritme´tica I – Avaliac¸a˜o 3 – 2011
Questa˜o 1.
(1,0) (a) Descreva os nu´meros naturais que possuem 15 divisores naturais.
(1,0) (b) Determine o menor nu´mero natural com 15 divisores.
Questa˜o 2.
(2,0) Determine a maior poteˆncia de 15 que divide 150!
Questa˜o 3.
(2,0) Quando um macaco sobe uma escada de dois em dois degraus, sobra um degrau, quando sobe de treˆs em treˆs
degraus, sobram dois degraus e quando sobe de cinco em cinco degraus, sobram treˆs degraus. Quantos degraus
possui a escada, sabendo que o nu´mero de degraus esta´ entre 150 e 200 ?
Questa˜o 4.
(1,0) (a) Determine os elementos invert´ıveis de Z24 e mostre que cada um e´ o seu pro´prio inverso.
(0,5) (b) Calcule a soma de todos os elementos invert´ıveis de Z24.
(0,5) (c) Calcule o produto de todos os elementos invert´ıveis de Z24.
Questa˜o 5.
(1,0) (a) Seja dado um nu´mero natural m = pα1
1
. . . pαr
r
decomposto em fatores irredut´ıveis. Seja n um nu´mero
natural tal que φ(pαi
i
) divide n, para todo i = 1, . . . , r. Mostre que m divide an − 1 para todo nu´mero natural
a primo com m.
(1,0) (b) Mostre que a12 − 1 e´ divis´ıvel por 4095 sempre que (a, 1365) = 1.
AV3 -MA 14 - 2011
Questão 1.
(1,0) (a) Descreva os números naturais que possuem 15 divisores naturais.
(1,0) (b) Determine o menor número natural com 15 divisores.
UMA SOLUÇÃO
Dado o número n cuja decomposição em fatores primos é pα11 . . . p
αr
r , o número de divisores naturais de n é dado
pela fórmula d(n) = (α1 + 1) · · · (αr + 1).
(a) Se d(n) = 15, temos duas opções:
(i) r = 1 e α1 + 1 = 15, ou
(ii) r = 2, α1 + 1 = 3 e α2 + 1 = 5.
Portanto, temos duas possibilidades: n = p14, ou n = p2q4, com p e q primos distintos.
(b) Os candidatos a menor número natural com 15 divisores naturais são: 214 e 3224, sendo o menor deles o número
3224.
1
AV3 -MA 14 - 2011
Questão 2.
(2,0) Determine a maior potência de 15 que divide 150!
UMA SOLUÇÃO
Se E3(150!) = n e E5(150!) = m, então o expoente da maior potência de 15 que divide 150! é E15(150!) =
min{n,m}. Vamos determinar E3(150!) e E5(150!):
150 = 50× 3+ 0, 50 = 16× 3+ 2, 16 = 5× 3+ 1 e 5 = 1× 3+ 2,
150 = 30× 5+ 0, 30 = 6× 5+ 0, e 6 = 1× 5+ 1.
Portanto, E3(150!) = 50+ 16+ 5+ 1 = 72 e E5(150!) = 30+ 6+ 1 = 37. Consequentemente, E15(150!) = 37.
2
AV3 -MA 14 - 2011
Questão 3.
(2,0) Quando um macaco sobe uma escada de dois em dois degraus, sobra um degrau, quando sobe de três em
três degraus, sobram dois degraus e quandosobe de cinco em cinco degraus, sobram três degraus. Quantos
degraus possui a escada, sabendo que o número de degraus está entre 150 e 200 ?
UMA SOLUÇÃO
O número x de degraus é solução do seguinte sistema de congruências:


X ≡ 1 mod 2
X ≡ 2 mod 3
X ≡ 3 mod 5
Com as notações do Teorema Chinês dos Restos, temos N = 2× 3× 5 = 30, N1 = 15, N2 = 10 e N3 = 6. Seja
(y1, y2, y3) = (1, 1, 1) solução do sistema 

15Y1 ≡ 1 mod 2
10Y2 ≡ 1 mod 3
6Y3 ≡ 1 mod 5.
Portanto, toda solução do sistema original é da forma
x ≡ N1y11+ N2y22+ N3y33 mod 30,
ou seja, x ≡ 53 mod 30. Assim, a solução entre 150 e 200 é 53+ 120 = 173.
Outra solução: Como n ≡ 3 mod 5 e n tem que ser ímpar, pois n ≡ 1 mod 2, ficamos apenas com as seguintes
possibilidades: 153, 163, 173, 183, 193. Então excluímos os múltiplos de 3 (153 e 183) e os "múltiplos de 3 +1"(163 e
193). Sobra 173.
3
AV3 -MA 14 - 2011
Questão 4.
(1,0) (a) Determine os elementos invertíveis de Z24 e mostre que cada um é o seu próprio inverso.
(0,5) (b) Calcule a soma de todos os elementos invertíveis de Z24.
(0,5) (c) Calcule o produto de todos os elementos invertíveis de Z24.
UMA SOLUÇÃO
(a) Os elementos invertíveis de Z24 são da forma [a], onde a < 24 e tal que (a, 24) = 1. Portanto, esses são [1], [5],
[7], [11], [13], [17], [19] e [23]. Agora,
12 ≡ 1 mod 24, 52 = 25 ≡ 1 mod 24, 72 = 2× 24+ 1 ≡ 1 mod 24,
112 = 5× 24+ 1 ≡ 1 mod 24, 132 = 7× 24+ 1 ≡ 1 mod 24,
172 = 12× 24+ 1 ≡ 1 mod 24, 192 = 15× 24+ 1 ≡ 1 mod 24,
232 = 22× 24+ 1 ≡ 1 mod 24.
Logo, [a]2 = 1, para a = 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23.
(b) Temos que
[1] + [5] + [7] + [11] + [13] + [17] + [19] + [23] = [96] = [4× 24] = [0].
(c) Por outro lado,
[1]× [5]× [7]× [11]× [13]× [17]× [19]× [23] = 1,
pois [5]× [7] = [11], [13]× [17] = [5] e [19]× [23] = [5].
Outra Solução:
(a) Como 13 ≡ −11 mod 24, 17 ≡ −7 mod 24, 19 ≡ −5 mod 24 e 23 ≡ −1 mod 24, então basta verificar a afirmação
em apenas metade dos números.
(b) Segue imediatamente da argumentação acima que soma é zero mod 24.
(c) Como o produto de dois inversos aditivos é −[1], e são quatro pares de elementos mutuamente inversos aditi-
vamente, o produto é (−[1])(−[1])(−[1])(−[1]) = [1].
4
AV3 -MA 14 - 2011
Questão 5.
(1,0) (a) Seja dado um número natural m = pα11 . . . p
αr
r decomposto em fatores irredutíveis. Seja n um número
natural tal que ϕ(pαii ) divide n, para todo i = 1, . . . , r. Mostre que m divide a
n − 1 para todo número natural a
primo com m.
(1,0) (b) Mostre que a12 − 1 é divisível por 4095 sempre que (a, 1365) = 1.
UMA SOLUÇÃO
(a) Como (a,m) = 1 implica (a, pαii ) = 1, então o Teorema de Euler garante que a
ϕ(p
αi
i ) ≡ 1 mod pαii . Como ϕ(p
αi
i )
divide n, então an ≡ 1 mod pαii , para todo i = 1, . . . , r. Mas isso é o mesmo que dizer que a
n − 1 é múltiplo de pαii ,
∀i = 1, . . . , r. Como os pαii são todos primos entre si, a
n − 1 é múltiplo de m = pα11 . . . p
αr
r .
(b) Note que 4095 = 32 · 5 · 7 · 13 e que 1365 = 3 · 5 · 7 · 13. Então (a, 1365) = 1 implica (de fato, equivale a)
(a, 4095) = 1. Portanto queremos saber se a12 − 1 é múltiplo de 4095, sob a hipótese (a, 4095) = 1. Pelo item
anterior (com n = 12 e m = 4095), é suficiente verificar se ϕ(32), ϕ(5), ϕ(7) e ϕ(13) são divisores de 12. De fato, eles
são: ϕ(32) = 6, ϕ(5) = 4, ϕ(7) = 6 e ϕ(13) = 12.
Evidentemente é possível responder a parte (b) sem estar muito ciente de um resultado geral como a parte (a),
essencialmente fazendo as mesmas coisas. Queremos que a12 − 1 seja múltiplo de 4095 e, para tanto, basta que
seja simultaneamente múltiplo de 32, 5, 7 e 13, pois são primos entre si. Então queremos mostrar as congruências
a12 ≡ 1 mod 9, a12 ≡ 1 mod 5, a12 ≡ 1 mod 7 e a12 ≡ 1 mod 13. A hipótese (a, 1365) = 1 garante que (a, 9) =
1, (a, 5) = 1, (a, 7) = 1 e (a, 13) = 1. Com isso o Teorema de Euler garante que aφ(9) = a6 ≡ 1 mod 9, logo
a12 = (a6)2 ≡ 1 mod 9. Para os demais casos o Teorema de Euler coincide com o Pequeno Teorema de Fermat:
a4 ≡ 1 mod 5 implica a12 = (a4)3 ≡ 1 mod 5; a6 ≡ 1 mod 7 implica a12 = (a6)2 ≡ 1 mod 7; e a12 ≡ 1 mod 13 já é o
que queríamos demonstrar.
5
MA14 
- 
2012 
Primeira Prova de Aritme´tica - MA14
2012/2 semestre
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1 (valor: 2 pontos)
Mostre que na representac¸a˜o na base 10 de um nu´mero da forma a5 − a, em que a ∈ N, o algarismo das unidades
e´ sempre igual a 0.
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos)
Mostre que, para todo n ∈ N, e´ irredut´ıvel a frac¸a˜o
21n+ 4
14n+ 3
.
Questa˜o 3 (valor: 2 pontos)
Denotando por (x, y) e por [x, y], respectivamente, o ma´ximo divisor comum e o mı´nimo mu´ltiplo comum de dois
nu´meros naturais x e y, resolva o sistema de equac¸o˜es


(x, y) = 6
[x, y] = 60
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos)
Uma terna de nu´meros primos da forma (a, a+ 2, a+ 4) e´ chamada de terna de primos trigeˆmeos.
a) Mostre que dados treˆs nu´meros inteiros a, a+ 2 e a+ 4, um e apenas um deles e´ mu´ltiplo de 3.
b) Mostre que a u´nica terna de primos trigeˆmeos e´ (3, 5, 7).
Questa˜o 5 (valor: 2 pontos)
Um grupo de 30 pessoas entre homens, mulheres e crianc¸as foram a um banquete e juntos gastaram 30 patacas.
Cada homem pagou 2 patacas, cada mulher meia pataca e cada crianc¸a um de´cimo de pataca. Quantos homens,
quantas mulheres e quantas crianc¸as havia no grupo?
Primeira Prova de Aritme´tica - MA14
2012/2 semestre
SOLUC¸O˜ES
Questa˜o 1 (valor: 2 pontos)
Mostre que na representac¸a˜o na base 10 de um nu´mero da forma a5 − a, em que a ∈ N, o algarismo das unidades
e´ sempre igual a 0.
Uma soluc¸a˜o:
Escrevamos
m = a5 − a = a(a4 − 1) = a(a− 1)(a+ 1)(a2 + 1).
Como m possui dois fatores formados por inteiros consecutivos, o nu´mero m e´ par. Agora so´ falta mostrar que m
e´ mu´ltiplo de 5.
Escrevamos a = 5k + r, com r = 0, 1, 2, 3 ou 4 e fac¸amos uma ana´lise de casos.
• Caso a = 5k. Como a e´ um divisor de m, temos que 5 divide m.
• Caso a = 5k + 1. Como a− 1 = 5k e´ divisor de m, temos que 5 divide m.
• Caso a = 5k + 2. Como a2 + 1 = 25k2 + 20k + 5, temos que 5 divide m.
• Caso a = 5k + 3. Como a2 + 1 = 25k2 + 30k + 10, temos que 5 divide m.
• Caso a = 5k + 4. Como a+ 1 = 5k + 5, temos que 5 divide m.
Observac¸a˜o: O fato que 5 divide a5 − a decorre imediatamente do Pequeno Teorema de Fermat, que na˜o faz parte
da mate´ria dada.
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos)
Mostre que, para todo n ∈ N, e´ irredut´ıvel a frac¸a˜o
21n+ 4
14n+ 3
.
Uma soluc¸a˜o:
Temos que
(21n+ 4, 14n+ 3) = (21n+ 4− 14n− 3, 14n+ 3) = (7n+ 1, 14n+ 3)
= (7n+ 1, 14n+ 3− 14n− 2) = (7n+ 1, 1) = 1.
Questa˜o 3 (valor: 2 pontos)
Denotando por (x, y) e por [x, y], respectivamente, o ma´ximo divisor comum e o mı´nimo mu´ltiplo comum de dois
nu´meros naturais x e y, resolva o sistema de equac¸o˜es


(x, y) = 6
[x, y] = 60
Uma soluc¸a˜o:
Sabemos que x e y sa˜o mu´ltiplos de 6 e divisores de 60 e sa˜o tais que
xy = (x, y)[x, y] = 6 · 60 = 360.
As poss´ıveis soluc¸o˜es sa˜o: x, y ∈ {6, 12, 30, 60}.
A condic¸a˜o xy = 360 implica que as u´nicas soluc¸o˜es do sistema sa˜o x = 6, y = 60; x = 12, y = 30; x = 30, y = 12
e x = 60, y = 6.
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos)
Uma terna de nu´meros primos da forma (a, a+ 2, a+ 4) e´ chamada de terna de primos trigeˆmeos.
a) Mostre que dados treˆs nu´meros inteiros a, a+ 2 e a+ 4, um e apenas um deles e´ mu´ltiplo de 3.
b) Mostre que a u´nica terna de primos trigeˆmeos e´ (3, 5, 7).
Uma soluc¸a˜o:
a) Podemos escrever a = 3k + r, com r = 0, 1 ou 2.
• Se r = 0, temos a = 3k, a+ 2 = 3k + 2 e a+ 4 = 3(k + 1) + 1, logo somente a e´ mu´ltiplo de 3.
• Se r = 1, temos a = 3k + 1, a+ 2 = 3(k + 1) e a+ 4 = 3(k + 1)+ 2, logo somente a+ 2 e´ mu´ltiplo de 3.
• Se r = 2, temos a = 3k + 2, a+ 2 = 3(k + 1) + 1 e a+ 4 = 3(k + 2), logo somente a+ 4 e´ mu´ltiplo de 3.
b) Dados treˆs primos a, a+ 2 e a+ 4, um deles e´ mu´ltiplo de 3, sendo este nu´mero primo, ele deve ser 3. Portanto,
a u´nica possibilidade e´ a = 3, a+ 2 = 5 e a+ 4 = 7.
Questa˜o 5 (valor: 2 pontos)
Um grupo de 30 pessoas entre homens, mulheres e crianc¸as foram a um banquete e juntos gastaram 30 patacas.
Cada homem pagou 2 patacas, cada mulher meia pataca e cada crianc¸a um de´cimo de pataca. Quantos homens,
quantas mulheres e quantas crianc¸as havia no grupo?
Uma soluc¸a˜o:
Seja x o nu´mero de homens, y o nu´mero de mulheres e z o nu´mero de crianc¸as. Logo, x+ y + z = 30.
Distribuindo os gastos por grupos, devemos ter 2x+ 1
2
y + 1
10
z = 30.
Assim, temos que resolver o sistema:


x+ y + z = 30
2x+ 1
2
y + 1
10
z = 30
⇐⇒


x+ y + z = 30
20x+ 5y + z = 300
⇐⇒


x+ y + z = 30
19x+ 4y = 270.
Sendo (19, 4) = 1, a equac¸a˜o 19x+ 4y = 270 possui soluc¸a˜o. A soluc¸a˜o mı´nima dessa equac¸a˜o e´ x0 = 2, y0 = 58.
Portanto, a soluc¸a˜o geral e´ dada por 

x = 2 + 4t
, t ∈ N
y = 58− 19t
Levando em considerac¸a˜o os intervalos de variac¸a˜o de x, y e z:
0 < x, y, z < 30,
a u´nica soluc¸a˜o poss´ıvel e´ x = 14, y = 1 e z = 15.
Segunda Prova de Aritme´tica - MA14
2012/2o semestre
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Problema 1 (valor: 2 pontos) Sejam n ∈ Z e p um nu´mero primo. Denota-se com Ep(n) o expoente da maior
poteˆncia de p que divide n.
a) Justifique a seguinte afirmac¸a˜o sobre dois nu´meros naturais m e n:
m = n ⇐⇒ Ep(m) = Ep(n) para todo nu´mero primo p.
b) Sejam a, b, c ∈ N. Mostre que
[a, b, c]2(a, b)(a, c)(b, c) = (a, b, c)2[a, b][a, c][b, c]
Sugesta˜o: Note que dada a simetria dessa expressa˜o em a, b e c, pode-se supor sem perda de generalidade que
Ep(a) 6 Ep(b) 6 Ep(c).
Problema 2 (valor: 2 pontos) Mostre que
a) 7|32n+1 + 2n+2 b) 37|3 00 . . . 0
︸ ︷︷ ︸
3n
7
Problema 3 (valor: 2 pontos) Considere os nu´meros da forma
αn =
10n − 1
9
.
a) Mostre que 9|αn ⇐⇒ 9|n.
b) Mostre que 11|αn ⇐⇒ n e´ par.
Problema 4 (valor: 2 pontos) Ache todos os nu´meros que deixam resto 2, quando divididos por 7, deixam resto 3,
quando divididos por 11 e deixam resto 5, quando divididos por 13. Aponte a menor soluc¸a˜o positiva.
Problema 5 (valor: 2 pontos) Seja ϕ a func¸a˜o de Euler que associa a cada nu´mero natural m > 1 o nu´mero de
inteiros entre 0 e m que sa˜o primos com m. Mostre que
a) Se m > 2, enta˜o ϕ(m) e´ par. Conclua, nessas condic¸o˜es, que Zm tem sempre um nu´mero par de elementos
invert´ıveis.
b) O nu´mero de elementos invert´ıveis de Z2m e´ igual ao nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm, se m e´ ı´mpar, e igual
ao dobro desse nu´mero, se m e´ par.
c) Mostre que o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm2 e´ m vezes o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm.
d) Relacione o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zmr com o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm, sendo r um
inteiro positivo.
Segunda Prova de Aritme´tica - MA14
GABARITO
2012/2o semestre
Questa˜o 1
Sejam n ∈ Z e p um nu´mero primo. Denota-se com Ep(n) o expoente da maior poteˆncia de p que divide n.
a) Justifique a seguinte afirmac¸a˜o sobre dois nu´meros naturais m e n:
m = n ⇐⇒ Ep(m) = Ep(n) para todo nu´mero primo p.
b) Sejam a, b, c ∈ N. Mostre que
[a, b, c]2(a, b)(a, c)(b, c) = (a, b, c)2[a, b][a, c][b, c]
Sugesta˜o: Note que dada a simetria dessa expressa˜o em a, b e c, pode-se supor sem perda de generalidade que
Ep(a) 6 Ep(b) 6 Ep(c).
Uma soluc¸a˜o:
a) A menc¸a˜o ao Teorema Fundamental da Aritme´tica ja´ deveria garantir metade da pontuac¸a˜o do ı´tem.
Se n = m e´ o´bvio que Ep(m) = Ep(n) para todo nu´mero primo p. A seguir, provaremos a implicac¸a˜o contra´ria.
Pelo Teorema Fundamental da Aritme´tica, podemos escrever m = pα11 · · · p
αr
r e n = q
β1
1 · · · q
βs
s , com {p1, . . . , pr} e
{q1, . . . , qs} dois conjuntos formados por nu´meros primos, dois a dois distintos em cada um dos conjuntos anteriores.
Como
{p ; p e´ primo e Ep(m) > 0} = {p1, . . . , pr}
e
{p ; p e´ primo e Ep(n) > 0} = {q1, . . . , qs},
segue-se que
{p1, . . . , pr} = {q1, . . . , qs}.
Assim, r = s e, apo´s reordenar os elementos q1, . . . , qr, podemos supor qi = pi, para i = 1, . . . , r. Como
αi = Epi(m) = Epi(n) = βi, i = 1, . . . , r,
conclui-se que n = m.
b) Pelo fato desta expressa˜o ser sime´trica em a, b e c, podemos supor que Ep(a) 6 Ep(b) 6 Ep(c). Portanto,
Ep
(
[a, b, c]2(a, b)(a, c)(b, c)
)
= 2Ep(c) + 2Ep(a) + Ep(b). (1)
Por outro lado,
Ep
(
(a, b, c)2[a, b][a, c][b, c]
)
= 2Ep(a) + Ep(b) + 2Ep(c). (2)
O resultado segue de a), usando-se (1) e (2), ja´ que, para todo p primo,
Ep
(
[a, b, c]2(a, b)(a, c)(b, c)
)
= Ep
(
(a, b, c)2[a, b][a, c][b, c]
)
.
Questa˜o 2
Mostre que
a) 7|32n+1 + 2n+2 b) 37|3 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸
3n
7
Uma soluc¸a˜o:
a) Como 9 ≡ 2 mod 7, temos que
32n+1 = 3 · (32)n ≡ 3 · 9n ≡ 3 · 2n mod 7.
Por outro lado, como 2n+2 = 4 · 2n, segue-se que
32n+1 + 2n+2 ≡ 3 · 2n + 4 · 2n = 7 · 2n ≡ 0 mod 7.
b) Temos que
3 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸
3n
7 = 3 · 103n+1 + 7 = 3 · 10 · 103n + 7 = 30 · 103n + 7.
Mas, como 103 ≡ 1 mod 37, temos que
103n = (103)n ≡ 1 mod 37,
logo
3 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸
3n
7 = 30 · 103n + 7 ≡ 37 ≡ 0 mod 37.
Questa˜o 3
Considere os nu´meros da forma
αn =
10n − 1
9
.
a) Mostre que 9|αn ⇐⇒ 9|n.
b) Mostre que 11|αn ⇐⇒ n e´ par.
Uma soluc¸a˜o:
Podemos escrever
αn =
10n − 1
9
=
10n − 1
10− 1
= 10n−1 + · · ·+ 10 + 1.
a) Como 10 ≡ 1 mod 9 temos que
αn = 10
n−1 + · · ·+ 10 + 1 ≡ n mod 9,
logo αn ≡ 0 mod 9 se, e somente se, n ≡ 0 mod 9.
b) Note que 10 ≡ −1 mod 11, logo 10n ≡ (−1)n. Portanto,
αn = 1 + 10 + · · ·+ 10
n−1 ≡ 1− 1 + 1 · · ·+ (−1)n−1 mod 11.
Consequentemente, αn ≡ 0 mod 11 se, e somente se, n e´ par.
Questa˜o 4
Ache todos os nu´meros que deixam resto 2, quando divididos por 7, deixam resto 3, quando divididos por 11 e
deixam resto 5, quando divididos por 13. Aponte a menor soluc¸a˜o positiva.
Uma soluc¸a˜o:
Definindo N = 7× 11× 13 = 1001, N1 = 11× 13 = 143, N2 = 7× 13 = 91 e N3 = 7× 11 = 77, temos que resolver
cada uma das congrueˆncias: 143Y ≡ 1 mod 7, 91Y ≡ 1 mod 11 e 77Y ≡ 1 mod 13
Como 143 ≡ 3 mod 7, 91 ≡ 3 mod 11 e 77 ≡ 12 ≡ −1 mod 13, essas congrueˆncias sa˜o equivalentes a`s seguintes:
3Y ≡ 1 mod 7, 3Y ≡ 1 mod 11 e Y ≡ −1 mod 13, que possuem as seguintes soluc¸o˜es: y1 = 5, y2 = 4 e y3 = 12.
Assim, pelo Teorema Chineˆs dos Restos, uma soluc¸a˜o e´ dada por
x = N1y1 × 2 +N2y2 × 3 +N3y3 × 5 = 1430 + 1092 + 4620 = 7142.
Essa soluc¸a˜o e´ u´nica mo´dulo N = 1001. Assim, todas as soluc¸o˜es sa˜o
7142 + t1001, t ∈ Z.
A soluc¸a˜o positiva mı´nima e´ o resto da divisa˜o de 7142 por 1001, que e´ igual a 135.
Questa˜o 5
Seja ϕ a func¸a˜o de Euler que associa a cada nu´mero natural m > 1 o nu´mero de inteiros entre 0 e m que sa˜o
primos com m. Mostre que
a) Se m > 2, enta˜o ϕ(m) e´ par. Conclua, nessas condic¸o˜es, que Zm tem sempre um nu´mero par de elementos
invert´ıveis.
b) O nu´mero de elementos invert´ıveis de Z2m e´ igual ao nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm, se m e´ ı´mpar, e igual
ao dobro desse nu´mero, se m e´ par.
c) Mostre que o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm2 e´ m vezes o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm.
d) Relacione o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zmr com o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm, sendo r um
inteiro positivo.
Uma soluc¸a˜o:
Observe inicialmente que o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm e´ igual a ϕ(m). Sabemos quesem = 2
rpr11 · · · p
rs
s ,
enta˜o
ϕ(m) = 2r−1(2− 1)pr1−11 · · · p
rs−1
s (p1 − 1) · · · (ps − 1).
a) Se m > 2, enta˜o r > 2 ou s > 1. Em qualquer das duas situac¸o˜es ϕ(m) e´ par, pois uma das parcelas e´ par.
b) Segue da seguinte afirmac¸a˜o:
ϕ(2m) =
{
ϕ(m), se m e´ ı´mpar
2ϕ(m), se m e´ par.
(basta escrever a expressa˜o de ϕ(2m)).
c) e´ um caso particular de d).
d) Escrevendo a expressa˜o de ϕ(mr), r > 0, segue imediatamente que
ϕ(mr) = mr−1ϕ(m).
Logo, o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zmr e´ igual a m
r−1 vezes o nu´mero de elementos invert´ıveis de Zm.
Terceira Prova de Aritme´tica - MA14
2012/2 semestre
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1 (valor total: 2 pontos)
(valor: 0,5) a) Mostre que a soma dos quadrados de dois nu´meros ı´mpares nunca e´ um quadrado.
(valor: 0,5) b) Mostre que todo quadrado perfeito e´ da forma 5k, 5k + 1 ou 5k + 4.
(valor: 1,0) c) Mostre que se treˆs inteiros verificam a2 = b2 + c2, enta˜o b ou c e´ par e um dos treˆs nu´meros a, b ou c
e´ mu´ltiplo de 5.
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos)
Um grupo de 30 pessoas formado por homens, mulheres e crianc¸as, ganhou numa loteria um preˆmio de R$ 30.000, 00
que foi dividido entre elas da seguinte forma: Cada homem recebeu R$ 2.000, 00, cada mulher recebeu R$ 500, 00 e
cada crianc¸a recebeu R$ 100, 00. Qual e´ a quantidade de homens, mulheres e crianc¸as que havia no grupo?
Questa˜o 3 (valor: 2 pontos)
Mostre que
21000|1001× 1002× · · · × 2000,
mas que
21001 6 |1001× 1002× · · · × 2000.
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos)
Ache o resto da divisa˜o de 15 + 25 + · · ·+ 1835 por 5.
Questa˜o 5 (valor: 2 pontos)
a) Ache o menor nu´mero natural M que e´ termo comum a`s seguintes progresso˜es aritme´ticas:
an = 5n+ 1, bn = 7n+ 3, cn = 9n+ 5,
ou seja, determine o menor nu´mero natural M para o qual existem r, s e t tais que ar = bs = ct = M .
b) Encontre os valores dos ı´ndices r, s e t tais que ar = bs = ct = M .
Gabarito da 3a. Prova de Aritme´tica - MA14
2012/2 semestre
Questa˜o 1 (valor total: 2 pontos)
(valor: 0,5) a) Mostre que a soma dos quadrados de dois nu´meros ı´mpares nunca e´ um quadrado.
(valor: 0,5) b) Mostre que todo quadrado perfeito e´ da forma 5k, 5k + 1 ou 5k + 4.
(valor: 1,0) c) Mostre que se treˆs inteiros verificam a2 = b2 + c2, enta˜o b ou c e´ par e um dos treˆs nu´meros a, b ou c
e´ mu´ltiplo de 5.
Uma soluc¸a˜o:
a) Se b = 2n+ 1 e c = 2m+ 1, enta˜o b2 + c2 = 4(n2 + n+m2 +m) + 2, que e´ par mas na˜o mu´ltiplo de 4, logo na˜o
pode ser um quadrado, pois se a2 = b2 + c2, enta˜o 2|a2, logo 2|a e portanto 4|a2.
b) Todo nu´mero inteiro se escreve de uma das seguintes formas: 5m, 5m+ 1, 5m+ 2, 5m+ 3 ou 5m+ 4. Elevando
ao quadrado cada uma dessas formas obtemos
(5m)2 = 25m2 = 5k,
(5m+ 1)2 = 25m2 + 10m+ 1 = 5k + 1,
(5m+ 2)2 = 25m2 + 20m+ 4 = 5k + 4,
(5m+ 3)2 = 25m2 + 30m+ 9 = 5k + 4,
(5m+ 4)2 = 25m2 + 40m+ 16 = 5k + 1.
c) Pelo ı´tem a), um dos nu´meros b ou c tem que ser par.
Por outro lado, se nenhum dos nu´meros for mu´ltiplo de 5, enta˜o a2, b2 e c2 na˜o sa˜o mu´ltiplos de 5, logo, pelo ı´tem
b), sa˜o da forma 5k + 1 ou 5k + 4. Logo a soma b2 + c2 resulta em um nu´mero da forma 5k + 2 ou 5k + 3, enta˜o
a2 = b2 + c2 e´ tambe´m da forma 5k + 2 ou 5k + 3, o que e´ uma contradic¸a˜o com o ı´tem b).
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos)
Um grupo de 30 pessoas formado por homens, mulheres e crianc¸as, ganhou numa loteria um preˆmio de R$ 30.000, 00
que foi dividido entre elas da seguinte forma: Cada homem recebeu R$ 2.000, 00, cada mulher recebeu R$ 500, 00 e
cada crianc¸a recebeu R$ 100, 00. Qual e´ a quantidade de homens, mulheres e crianc¸as que havia no grupo?
Uma soluc¸a˜o:
Seja X o nu´mero de homens, Y o de mulheres e Z o de crianc¸as. Assim, temos
X + Y + Z = 30.
Por outro lado,
2000X + 500Y + 100Z = 30000,
logo, devemos resolver o sistema{
X + Y + Z = 30
20X + 5Y + Z = 300
ou, equivalentemente,
{
X + Y + Z = 30
19X + 4Y = 270
Uma soluc¸a˜o minimal (x, y) da equac¸a˜o 19X + 4Y = 270 e´ tal que 0 < x 6 3. Testando valores, vemos que (2, 58)
e´ uma soluc¸a˜o particular dessa equac¸a˜o, logo a soluc¸a˜o geral e´ x = 2 + 4t e y = 58 − 19t, com t ∈ N. Portanto, a
soluc¸a˜o geral do u´ltimo sistema e´ dada por
x = 2 + 4t
y = 58− 19t
z = 30− x− y = −30 + 15t.
Assim, a u´nica posibilidade do enunciado do problema estar satisfeito ocorre quando t = 3, logo x = 14, y = 1 e
z = 15.
Questa˜o 3 (valor: 2 pontos)
Mostre que
21000|1001× 1002× · · · × 2000,
mas que
21001 6 |1001× 1002× · · · × 2000.
Uma soluc¸a˜o:
Como
(n+ 1)(n+ 2) · · · (2n) =
(2n)!
n!
,
temos que
E2((n+ 1)(n+ 2) · · · (2n)) = E2((2n)!)− E2(n!).
Pelo Teorema de Legendre, temos que
E2((2n)!) =
[
2n
2
]
+
[
2n
4
]
+ · · · = n+ E2(n!).
Portanto,
E2((n+ 1)(n+ 2) · · · (2n)) = E2((2n)!)− E2(n!) = n+ E2(n!)− E2(n!) = n.
O resultado segue tomando n = 1000.
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos)
Ache o resto da divisa˜o de 15 + 25 + · · ·+ 1835 por 5.
Uma soluc¸a˜o:
Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que n5 ≡ n mod 5, logo
15 + 25 + · · ·+ 1835 ≡ 1 + 2 + · · ·+ 183 =
184× 183
2
mod 5.
Mas,
184× 183
2
= 92× 183 ≡ 2× 3 ≡ 1 mod 5.
Portanto, a resposta e´ 1.
Questa˜o 5 (valor: 2 pontos)
a) Ache o menor nu´mero natural M que e´ termo comum a`s seguintes progresso˜es aritme´ticas:
an = 5n+ 1, bn = 7n+ 3, cn = 9n+ 5,
ou seja, determine o menor nu´mero natural M para o qual existem r, s e t tais que ar = bs = ct = M .
b) Encontre os valores dos ı´ndices r, s e t tais que ar = bs = ct = M .
Uma soluc¸a˜o:
a) Um termo comum a`s progresso˜es e´ soluc¸a˜o do sistema

X ≡ 1 mod 5,
X ≡ 3 mod 7,
X ≡ 5 mod 9,
Com as notac¸o˜es do Teorema Chineˆs dos Restos, temos N = 5× 7× 9 = 315, logo N1 = 7× 9 = 63, N2 = 5× 9 = 45
e N3 = 5 × 7 = 35. Devemos resolver as congrueˆncias N1Y = 63Y ≡ 1 mod 5, N2Y = 45Y ≡ 1 mod 7 e
N3Y = 45Y ≡ 1 mod 9. Por inspec¸a˜o, encontramos as seguintes respectivas soluc¸o˜es: y1 = 2, y2 = 5 e y3 = 8.
Assim, o sistema de congrueˆncias possui a u´nica soluc¸a˜o
x = N1y1 × 1 +N2y2 × 3 +N3y3 × 5 = 126 + 675 + 1 400 = 2 201
mo´dulo N = 315. A menor soluc¸a˜o e´ dada pelo resto da divisa˜o de x por N que e´ M = 311.
b) Segue de a) que 

5r + 1 = 311
7s+ 3 = 311
9t+ 5 = 311.
Portanto, temos a62 = b44 = c34 = 311.
MA14 
- 
2013 
Terceira Prova de Aritme´tica - MA14
2013/1 semestre
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1 (valor: 2 pontos)
a)(1,0) Mostre que se 7|a2 + b2, sendo a e b sa˜o nu´meros inteiros, enta˜o 7|a e 7|b.
b)(1,0) Resolva a equac¸a˜o diofantina x2 + y2 = 637, x, y ∈ N.
Sugesta˜o: para a), escreva os nu´meros a e b na forma 7m+ i, com i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 por boi
e sabe-se que todos os bois custaram 7 escudos a mais do que todos os cavalos. Determine quantos cavalos e quantos
bois foram comprados, sabendo que o nu´mero de bois esta´ entre 40 e 95.
Questa˜o 3 (valor: 1 ponto) Determine todos os nu´meros primos p ∈ N tais que p|3p + 7.
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos) Um terno de nu´meros primos (p1, p2, p3) e´ chamado de terno de primos trigeˆmeos, se
p3 − p2 = p2 − p1 = 2.
a) (0,5) Mostre que (3, 5, 7) e´ o u´nico terno de primos trigeˆmeos.
b) (1,5) Determine todos os nu´meros primos p ∈ N que se escrevem ao mesmo tempo como soma de dois primos e
como diferenc¸a de dois primos.
Questa˜o 5 (valor: 1 ponto) Ache as ra´ızes de X10 − [1] = 0 em Z11.
Questa˜o 6 (valor: 2 pontos) Ache a menor quantia em Reais (R$) que quando distribu´ıda entre 5 pessoassobra 1
Real, quando distribu´ıda entre 7 pessoas sobram 3 Reais e quando distribu´ıda entre 9 pessoas sobram 5 Reais.
Terceira Prova de Aritme´tica - MA14
GABARITO
2013/1 semestre
NOME:
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Questa˜o 1 (valor: 2 pontos)
a)(1,0) Mostre que se 7|a2 + b2, sendo a e b sa˜o nu´meros inteiros, enta˜o 7|a e 7|b.
b)(1,0) Resolva a equac¸a˜o diofantina x2 + y2 = 637, x, y ∈ N.
Sugesta˜o: para a), escreva os nu´meros a e b na forma 7m+ i, com i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Questa˜o 2 (valor: 2 pontos) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 por boi
e sabe-se que todos os bois custaram 7 escudos a mais do que todos os cavalos. Determine quantos cavalos e quantos
bois foram comprados, sabendo que o nu´mero de bois esta´ entre 40 e 95.
Questa˜o 3 (valor: 1 ponto) Determine todos os nu´meros primos p ∈ N tais que p|3p + 7.
Questa˜o 4 (valor: 2 pontos) Um terno de nu´meros primos (p1, p2, p3) e´ chamado de terno de primos trigeˆmeos, se
p3 − p2 = p2 − p1 = 2.
a) (0,5) Mostre que (3, 5, 7) e´ o u´nico terno de primos trigeˆmeos.
b) (1,5) Determine todos os nu´meros primos p ∈ N que se escrevem ao mesmo tempo como soma de dois primos e
como diferenc¸a de dois primos.
Questa˜o 5 (valor: 1 ponto) Ache as ra´ızes de X10 − [1] = 0 em Z11.
Questa˜o 6 (valor: 2 pontos) Ache a menor quantia em Reais (R$) que quando distribu´ıda entre 5 pessoas sobra 1
Real, quando distribu´ıda entre 7 pessoas sobram 3 Reais e quando distribu´ıda entre 9 pessoas sobram 5 Reais.
Soluc¸o˜es
1. a) Escrevendo um nu´mero c na forma 7m+i, i = 0, 1, . . . , 6, temos que c2 = 7(7m2+2mi)+i2, logo c2 ≡ i2 mod 7.
Portanto, os poss´ıveis valores de a2 e b2 mo´dulo 7 sa˜o
02 ≡ 0 mod 7
12 ≡ 1 mod 7
22 ≡ 4 mod 7
32 ≡ 2 mod 7
42 ≡ 2 mod 7
52 ≡ 4 mod 7
62 ≡ 1 mod 7
Assim, a u´nica possibilidade para que a2 + b2 ≡ 0 mod 7 e´ que a2 ≡ b2 ≡ 0 mod 7. Logo, 7|a2 e 7|b2. Sendo 7
primo, temos que 7|a e 7|b.
b) Se (a, b) e´ uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o diofantina, pelo item a) temos que 7|a e 7|b, logo a = 7k e b = 7l. Assim,
637 = a2 + b2 = 49(k2 + l2),
logo k2 + l2 = 13. Portanto, k = 2 e l = 3 ou k = 3 e l = 2, o que nos da´ as soluc¸o˜es
a = 28, b = 21 ou a = 21, b = 28.
2. Chamando b o nu´mero de bois e c o nu´mero de cavalos, temos que 20b = 31c+ 7, logo a equac¸a˜o diofantina a ser
resolvida e´ 20b− 31c = 7. Por inspec¸a˜o vemos que b0 = 5 e c0 = 3 (alternativamente, pode-se calcular uma soluc¸a˜o
particular usando o algoritmo de Euclides estendido). Assim a soluc¸a˜o geral e´ dada por
b = b0 + t31 = 5 + t31, c0 = c0 + t20 = 3 + t20, t ∈ Z.
Como 40 < b < 100, segue-se que 40 < 5+ t31 < 95, ou seja, t = 2. Portanto, foram comprados 67 bois e 43 cavalos.
3. Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que 3p ≡ 3 mod p, logo 3p + 7 ≡ 10 mod p. Portanto p|3p + 7 se, e
somente se p|10. Como p ∈ N e´ primo, enta˜o p = 2 ou p = 5.
4. a) O terno (3, 5, 7) e´ um terno de primos trigeˆmeo. Dados treˆs inteiros a, a+ 2, a+ 4, um deles e´ divis´ıvel por 3,
isto se veˆ escrevendo a na forma 3m+ i, i = 0, 1, 2.
Portanto, se a, a+2 e a+4 sa˜o primos, um dos treˆs nu´meros e´ igual a 3, por ser divis´ıvel por 3. Portanto, a u´nica
possibilidade e´ a = 3, a+ 2 = 5 e a+ 4 = 7.
b) Suponhamos que p = p1 + p2 e p = p4 − p3, sendo p1, p2, p3, p4 nu´meros primos. O primo p = 2 na˜o se escreve
como soma de dois primos. Logo p e´ ı´mpar, o que implica que p1 ou p2 e´ par e o outro e´ ı´mpar, o mesmo ocorrendo
para p3 e p4.
Trocando-se p1 e p2 de posic¸a˜o se necessa´rio, vemos que a u´nica possibilidade e´ p1 = 2 e p3 = 2, pois sa˜o primos
pares.
Portanto, os primos p2 = p− 2, p e p4 = p+ 2 sa˜o trigeˆmeos, logo p2 = 3, o que implica p = 5.
5. Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que a10 ≡ 1 mod 11, para todo a ∈ A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}.
Portanto, [a]10 = [a10] = [1] para todo a ∈ A. Logo X10− [1] tem como ra´ızes [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10] em
Z11.
6. Devemos resolver o sistema:
X ≡ 1 mod 5, X ≡ 3 mod 7, X ≡ 5 mod 9.
Nas notac¸o˜es do Teorema Chineˆs dos Restos, Temos N = 5 · 7 · 9 = 315 e N1 = 63, N2 = 45 e N3 = 35.
As congrueˆncias
N1Y ≡ 1 mod 5
N2Y ≡ 1 mod 7
N3Y ≡ 1 mod 9,
possuem as soluc¸o˜es y1 = 2, y2 = 5 e y3 = 8, respectivamente. Assim, pelo teorema, a u´nica soluc¸a˜o mo´dulo N = 315
e´ dada por
x = N1y1 +N2y23 +N3y35 = 2201.
Portanto, o menor nu´mero natural com a propriedade do problema e´ o resto da divisa˜o de 2201 por 315, ou seja, 311.
OUTROS 
MATERIAIS 
MA14 
ARITMÉTICA 
MA 14 - Aritme´tica
Resumos das Unidades 1 e 2
Abramo Hefez
PROFMAT SBM
Unidade 1
Divisibilidade
O nosso objeto de estudo neste curso e´ o conjunto dos
nu´meros inteiros:
Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.
Em Z ha´ um subconjunto que se destaca, o conjunto dos
nu´meros naturais:
N = {1, 2, 3, . . .}.
Dados dois nu´meros inteiros quaisquer, e´ poss´ıvel soma´-los,
subtra´ı-los e multiplica´-los, mas nem sempre e´ poss´ıvel
dividir um pelo outro.
So´ existe a Aritme´tica nos inteiros porque a divisa˜o nem
sempre e´ poss´ıvel.
Diremos que um nu´mero inteiro a divide um nu´mero inteiro
b, escrevendo
a|b,
quando existir c ∈ Z tal que b = c · a.
Neste caso, diremos tambe´m que a e´ um divisor ou um fator
de b ou, ainda, que b e´ um mu´ltiplo de a
Exemplos
• 1|0, pois 0 e´ mu´ltiplo de 1: 0 = 0 · 1;
• −2|0, pois 0 e´ mu´ltiplo de −2: 0 = 0 · (−2);
• 1|6, pois 6 e´ mu´ltiplo de 1: 6 = 6 · 1;
• −1| − 6, pois −6 e´ mu´ltiplo de −1: −6 = 6 · (−1);
• 2|6, pois 6 e´ mu´ltiplo de 2: 6 = 3 · 2;
• −3|6, pois 6 e´ mu´ltiplo de −3: 6 = (−2) · (−3).
Note que se a|b, com um jogo de sinais, e´ fa´cil mostrar que
±a| ± b.
A negac¸a˜o da sentenc¸a a | b e´ representada pelo s´ımbolo:
a 6 | b,
significando que na˜o existe nenhum nu´mero inteiro c tal que
b = c · a.
Por exemplo, 3 6 | 4 e 2 6 | 5.
Suponha que a|b e seja c ∈ Z tal que b = c · a.
O nu´mero inteiro c e´ chamado de quociente de b por a e
denotado por c =
b
a
.
Por exemplo,
0
1
= 0,
0
−2 = 0,
6
1
= 6,
−6
−1 = 6,
6
2
= 3,
6
−3 = −2.
Estabeleceremos a seguir algumas propriedades da
divisibilidade.
Proposic¸a˜o
Sejam a, b, c ∈ Z. Tem-se que
i) 1|a, a|a e a|0.
ii) se a|b e b|c, enta˜o a|c (Propriedade transitiva).
Demonstrac¸a˜o: (i) Isto decorre das igualdades a = a · 1,
a = 1 · a e 0 = 0 · a.
(ii) a|b e b|c implica que existem f, g ∈ Z, tais que
b = f · a e c = g · b.
Substituindo o valor de b da primeira equac¸a˜o na outra,
obtemos
c = g · b = g · (f · a) = (g · f) · a,
o que nos mostra que a|c.
�
O item (i) da proposic¸a˜o acima nos diz que todo nu´mero
inteiro e´ divis´ıvel por 1 e por si mesmo.
Listaremos a seguir algumas propriedades da divisibilidade,
cujas provas sa˜o semelhantes a`s feitas acima.
Sejam a, b, c, d ∈ Z. Tem-se que
i) a|b e c|d =⇒ a · c|b · d;
ii) a|b =⇒ a · c|b · c;
iii) a|(b± c) e a|b =⇒ a|c;
iv) a|b e a|c =⇒ a|(xb + yc), para todos x, y ∈ Z.
v) Se a, b ∈ N, tem-se que a|b =⇒ a 6 b.
E´ importante interiorizar as propriedades acima, pois elas
sera˜o utilizadas a todo momento.
As proposic¸o˜es a seguir sera˜o de grande utilidade.
Proposic¸a˜o
Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N. Temos que a− b divide an − bn.
Demonstrac¸a˜o: Vamos provar isto por induc¸a˜o sobre n.
A afirmac¸a˜o e´ obviamente verdadeira para n = 1, pois a− b
divide a1 − b1 = a− b.
Suponhamos, agora, que a− b|an − bn. Escrevamos
an+1− bn+1 = aan− ban + ban− bbn = (a− b)an + b(an− bn).
Como a− b|a− b e, por hipo´tese, a− b|an − bn, decorre da
igualdade acima e da Propriedade (iv) que
a− b|an+1 − bn+1.
Estabelecendo assim o resultado para todo n ∈ N.
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Proposic¸a˜o
Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N.Temos que a + b divide
a2n+1 + b2n+1.
Demonstrac¸a˜o: Tambe´m por induc¸a˜o sobre n.
A afirmac¸a˜o e´, obviamente, verdadeira para n = 0, pois a+ b
divide a1 + b1 = a + b.
Suponhamos, agora, que a + b|a2n+1 + b2n+1. Escrevamos
a2(n+1)+1+b2(n+1)+1 = a2a2n+1−b2a2n+1+b2a2n+1+b2b2n+1 =
(a2 − b2)a2n+1 + b2(a2n+1 + b2n+1).
Como a + b divide a2 − b2 = (a + b)(a− b) e, por hipo´tese,
a + b|a2n+1 + b2n+1, decorre das igualdades acima e da
Propriedade (iv) que a + b|a2(n+1)+1 + b2(n+1)+1.
Estabelecendo, assim, o resultado para todo n ∈ N.
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Proposic¸a˜o
Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N. Temos que a + b divide a2n − b2n.
Demonstrac¸a˜o: Novamente, a prova se faz por induc¸a˜o
sobre n, nos mesmos moldes das provas das duas proposic¸o˜es
anteriores. Deixamos os detalhes por sua conta.
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Exerc´ıcio
Vamos mostrar que o produto de i inteiros consecutivos e´
divis´ıvel por i!.
De fato, podemos escrever os i inteiros consecutivos como
n, n− 1, n− 2, . . . , n− (i− 1),
cujo produto P = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− i + 1) e´ divis´ıvel
por i!, ja´ que
P
i!
=
n(n− 1)(n− 2) · · · (n− i + 1)
i!
=
(
n
i
)
∈ N.
Como aplicac¸a˜o vamos mostrar que 6 divide todo nu´mero da
forma n(n + 1)(2n + 1), onde n ∈ N.
De fato,
n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1)(n + 2 + n− 1)
= n(n + 1)(n + 2) + n(n + 1)(n− 1).
Como cada uma das parcelas n(n + 1)(n + 2) e
n(n + 1)(n− 1) e´ o produto de treˆs inteiros consecutivos,
elas sa˜o mu´ltiplos de 3! = 6.
Portanto, sendo o nu´mero n(n + 1)(2n + 1) soma de dois
mu´ltiplos de 6, ele e´ tambe´m mu´ltiplo de 6.
Este fato na˜o e´ surpreendente, pois sabemos que
n(n + 1)(2n + 1)
6
= 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2.
Exerc´ıcio
Vamos mostrar que 13 | 270 + 370.
Note que 270 + 370 = 435 + 935.
Como 35 e´ ı´mpar, temos que 4 + 9 divide 435 + 935,
o que mostra que 13 divide 270 + 370.
UNIDADE 2
Divisa˜o Euclidiana
Mesmo quando um nu´mero inteiro a na˜o divide um nu´mero
inteiro b, Euclides (Se´culo 3 a.C), nos seus Elementos,
utiliza, sem enuncia´-lo explicitamente, o fato de que e´
sempre poss´ıvel efetuar a divisa˜o de b por a, com resto
pequeno.
Este resultado, de cuja justificativa geome´trica damos uma
ideia quando a e´ natural, na˜o so´ e´ um importante
instrumento na obra de Euclides, como tambe´m e´ um
resultado central da teoria elementar dos nu´meros.
Suponhamos que a ∈ N e consideremos a decomposic¸a˜o de N
em unia˜o de intervalos disjuntos:
N = . . . ∪ [−2a,−a) ∪ [−a, 0) ∪ [0, a) ∪ [a, 2a) ∪ . . .
Fica claro que qualquer nu´mero inteiro b pertence a um e
somente um desses intervalos.
Portanto, existe um u´nico q ∈ Z tal que b ∈ [qa, qa + a),
ou seja, existem nu´meros inteiros u´nicos q e r tais que
b = qa + r, com 0 6 r < a.
Agora enunciamos o resultado geral:
Teorema (Divisa˜o Euclidiana)
Sejam a e b dois nu´meros inteiros com a 6= 0. Existem dois
u´nicos nu´meros inteiros q e r tais que
b = a · q + r, com 0 6 r < |a|.
Nas condic¸o˜es do teorema, os nu´meros a e b sa˜o o divisor e o
dividendo, enquanto q e r sa˜o chamados, respectivamente,
de quociente e de resto da divisa˜o de b por a.
Note que o resto da divisa˜o de b por a e´ zero se, e somente
se, a divide b.
Exemplos
• Como 19 = 5 · 3 + 4, o quociente e o resto da divisa˜o de 19
por 5 sa˜o q = 3 e r = 4.
• Como −19 = 5 · (−4) + 1 o quociente e o resto da divisa˜o
de −19 por 5 sa˜o q = −4 e r = 1.
• O resto da divisa˜o de 10n por 9 e´ sempre 1, qualquer que
seja o nu´mero natural n.
De fato, 9 = 10− 1 divide 10n − 1n = 10n − 1. Assim,
10n − 1 = 9q, logo 10n = 9q + 1. Como 0 ≤ 1 < 9, pela
unicidade na divisa˜o euclidiana, tem-se que o resto da
divisa˜o de 10n por 9 e´ sempre 1.
Par ou ı´mpar?
•
Dado um nu´mero inteiro n ∈ Z qualquer, temos duas
possibilidades:
i) o resto da divisa˜o de n por 2 e´ 0, isto e´, existe q ∈ N tal
que n = 2q; ou
ii) o resto da divisa˜o de n por 2 e´ 1, ou seja, existe q ∈ N tal
que n = 2q + 1.
No caso (i), dizemos que n e´ par e no caso (ii), dizemos que
n e´ ı´mpar.
Mais geralmente, fixado um nu´mero natural m > 2, pode-se
sempre escrever um nu´mero qualquer n, de modo u´nico, na
forma n = mk + r, onde k, r ∈ Z e 0 6 r < m.
Por exemplo, todo nu´mero inteiro n pode ser escrito em
uma, e somente uma, das seguintes formas: 3k, 3k + 1, ou
3k + 2.
Ou ainda, todo nu´mero inteiro n pode ser escrito em uma, e
somente uma, das seguintes formas: 4k, 4k + 1, 4k + 2, ou
4k + 3.
Este u´ltimo fato, permite mostrar que nenhum quadrado de
um nu´mero inteiro e´ da forma 4k + 3.
De fato, seja a ∈ Z.
• Se a = 4k, enta˜o a2 = 16k2 = 4k′, onde k′ = 4k2.
• Se a = 4k + 1, enta˜o a2 = 16k2 + 8k + 1 = 4k′ + 1, onde
k′ = 4k2 + 2k.
• Se a = 4k + 2, enta˜o a2 = 16k2 + 16k + 4 = 4k′, onde
k′ = 4k2 + 4k + 1.
• Se a = 4k + 3, enta˜o a2 = 16k2 + 48k + 9 = 4k′ + 1, onde
k′ = 4k2 + 12k + 2.
Vamos aplicar este resultado para mostrar algo interessante:
Nenhum nu´mero da forma a = 11 . . . 1 (n algarismos iguais a
1, com n > 1) e´ um quadrado.
De fato, podemos escrever a = b · 100 + 11 = 4(25 · b+ 2) + 3,
onde b = 11 . . . 1 (n− 2 algarismos iguais a 1). Logo, a e´ da
forma 4k + 3 e, portanto, na˜o pode ser um quadrado.
Com esta te´cnica pode-se mostrar que nenhum nu´mero da
forma 11 . . . 1 e´ soma de dois quadrados. Deixamos isto
como exerc´ıcio
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17/01/2014http://hostel.ufabc.edu.br/~daniel.miranda/?page_id=789
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Página 2 de 3Aritmética – MA14 | Daniel Miranda
17/01/2014http://hostel.ufabc.edu.br/~daniel.miranda/?page_id=789
Lista de exerc´ıcios de aritme´tica. 19/08/2011.
1. Demonstrar que, para todo nu´mero natural n, Mn = n(n
2 − 1)(3n + 2) e´ mu´ltiplo
de 24.
2. Demonstrar que, para quaisquer naturais n ≥ m, o coeficiente binomial(
n
m
)
=
n!
m!(n−m)! e´ inteiro.
3. Encontre todos os inteiros positivos tais que:
(a) (n + 1)|(n3 − 1); (b) (2n− 1)|(n3 + 1); (c) (2n3 + 5)|(n4 + n + 1).
4. Demonstrar que (n− 1)2|nk − 1 se, e somente se, (n− 1)|k.
5. Mostre que, para todo nu´mero natural n, o nu´mero n! + 1 admite um fator primo
p > n.
6. Prove que se um nu´mero natural p > 1 e´ um divisor de (p− 1)! + 1, enta˜o p e´
primo.
7. Determinar no sistema decimal os seguintes nu´meros: (111111000000)2, (325610)7
e (2ab39)12 onde a = 10 e b = 11.
8. Construir as ta´buas de adic¸a˜o e de multiplicac¸a˜o par ao sistema de base 7 e
calcular:
(a) (1212)7 + (2356)7 + (42631)7 + (6235)7;
(b) (1654)7 · (2306)7.
1
 
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO 
INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA TERRA 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
GRUPO DE ESTUDO – ALUNOS DO MESTRADO 
MA 14 – ARITMÉTICA I – UNIDADES 10 E 11 
 
UNIDADE 10 – EXPRESSÕES BINÔMIAIS - ATIVIDADES 
1. Sejam a, m, n naturais. Mostre que an – 1 |am – 1 se, e somente se, n|m. 
 Resolução: 
 Se an – 1 |am – 1 temos que existe k natural tal que am – 1 = k(an – 1). Desta forma o temos 
que (an – 1, am – 1) = (an – 1, k(an – 1)) = an – 1(1, k) = an – 1. 
Da teoria temos também que (an – 1, am – 1) = a(n,m) – 1. Logo temos que: 
(an – 1, am – 1) = a(n,m) – 1 = an – 1. Daí a(n,m) = an. Como a é natural temos que a igualdade é 
satisfeita somente quando (m,n) = n e, portanto n|m. 
 Se n|m então existe k natural tal que m=kn. Logo (m,n) = (kn,n) = n. Da teoria sabemos 
que: 
(an – 1, am – 1) = a(n,m) – 1 = an – 1 e, portanto an – 1 |am – 1. 
 
2. Sejam n, m naturais com n|m e . Se a é natural mostre que 
(am + 1, an + 1) = an + 1 
Resolução: 
Se n|m, então existe k natural tal que m=kn. Desta forma temos que [m,n] = [kn,n] = 
kn = m. De modo análogo observamos que (m,n) = n. Logo temos que que é 
e ímpar. Logo pelo Corolário 9 temos que (am + 1, an + 1) = a(n,m) + 1 = an + 1. 
3. Sejam a, m, n naturais, com m > n. Mostre que: 
, 
Resolução: 
Seja w = 2m e r = 2n. Se m > n temos que existe k natural tal que m = n + k. Assim temos: 
(w,r) = (2m, 2n) = (2n+k, 2n) = (2n.2k, 2n) = 2n(2k, 1) = 2n. 
Agora observe que: 
 
Logo pelo Corolário 10 temos que 
, , 
 
4. Calcule: 
a) (5202 + 1, 574 + 1) 
Resolução: 
Veja que (202,74) = 2 
Logo [202,74] = 7474. Desta forma, temos que: 
 
Logo pelo Corolário 9 temos que: 
(5202 + 1, 574 + 1) = 5(202,74) + 1 = 52 + 1 = 26 
b) (36497 + 1, 36210 + 1) 
Resolução: 
Veja que (497,210) = 7 
Logo [497,210] = 14910. Desta forma, temos que: 
 
Logo pelo Corolário 9 temos que: 
(36497 + 1, 36210 + 1) = 1 
c) (3144 – 1, 378 + 1) 
Resolução: 
Veja que (144,78) = 6 
Agora observe que: 
 
 
Logo pelo Corolário 10 temos que: 
(3144 – 1, 378 + 1) = 36 + 1 = 730. 
5. Seja (Mn)n a seqüência definida por Mn = 2
n – 1. Mostre que 3|Mn se, e somente se, n 
é par. 
Resolução: 
 Como 3|Mn, segue que (3, Mn) = 3. 
Agora observe que 3 = 22 – 1. Assim temos que: 
(3, Mn) = (2
2 – 1, 2n – 1) 
Desta forma necessariamente n é par. 
 Se n é par, então n = 2k e Mn= 2
2k – 1 = 4k – 1. 
Afirmação 1: 3|4k – 1. 
Mostraremos esta afirmação por indução. 
Para k = 1 verdadeiro, pois 4 – 1 = 3. 
Suponha válido para k = w, isto é, 3|4w – 1. Devemos provar verdadeiro para w + 1, isto é, 
3|4w+1 – 1. 
Observe que 4w+1 – 1 = 4w.4 – 1 = 4w.(3+1) – 1 = 3.4w + 4w – 1 = 3(4w + t) para algum t natural, 
pois por hipótese 3|4w – 1. Logo 3|4w+1 – 1 e, portanto 3|Mn. 
 
 
 
 
UNIDADE 11 – NÚMEROS DE FIBONACCI – ATIVIDADES 
1. Mostre que, se na sequência de Fibonacci existir um termo divisível por um natural 
m, então existem infinitos tais termos. 
Resolução: 
Seja k um natural tal que m|k (m natural). Desta forma temos que m|wk (w natural), ou seja, 
se m divide k, segue que m divide todos os múltiplos de k. Como m|wk segue pelo Lema 2 que 
um|uwk. Como os múltiplos de k são infinitos (pois os números naturais não são limitados 
superiormente) segue que existem infinitos termos de Fibonacci que são divisíveis por m. 
Para auxilio nos exercícios seguintes, construiremos os primeiros termos da sequencia de 
Fibonacci. 
Fn = {1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, ...} 
2. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é par se, e somente se, m é divisível por 3. 
 Se um é par então, 2|um. Mas 2 = u3. Logo u3|um. Assim pelo Corolário 4 temos que 3|m. 
 Se m é divisível por 3, então 3|m. Pelo Corolário 4 temos que u3|um e, portanto um é par, 
pois u3 = 2. 
3. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 5 se, e somente se, m é 
divisível por 5. 
Resolução: 
 Se um é divisível por 5 então, 5|um. Mas 5 = u5. Logo u5|um. Assim pelo Corolário 4 temos 
que 5|m. 
 Se m é divisível por 5, então 5|m. Pelo Corolário 4 temos que u5|um e, portanto um é 
divisível por 5, pois u5 = 5. 
4. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 7 se, e somente se, m é 
divisível por 8. 
Resolução: 
 Se um é divisível por 7 
 Se m é divisível por 8, então 8|m. Pelo Corolário 4 temos que u8|um. Logo 21|um e, 
portanto um é divisível por 7, pois todo múltiplo de 21 é em particular múltiplo de 7. 
5. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 4 se, e somente se, m é 
divisível por 6. 
Resolução: 
 Se um é divisível por 4 
 Se m é divisível por 6, então 6|m. Pelo Corolário 4 temos que u6|um. Logo 8|um e, 
portanto um é divisível por 4, pois todo múltiplo de 8 é em particular múltiplo de 4.