Professor Ezequias.
| Problemas Resolvidos

Os números 0, 1, 2, 3, 4 ... são chamados de números naturais. Cada número natural possui um consecutivo, que é o número que vem depois dele. Por exemplo, o consecutivo de 1 é 2. O consecutivo de 8 é 9 etc. Assim, se x é um número natural, o consecutivo de x é x+1. Multiplicando-se um número natural por seu consecutivo, encontramos 132. Que número é esse?
Solução: Por tentativa e erro é fácil ver que o resultado procurado é 11, pois 11×12 = 132.

Equacionando o problema, temos a equação do segundo grau:

x(x + 1) = 132

x2 + x - 132 = 0

Calculando o discriminante DELTA = 12 - 4(1)(-132) = 1 + 528 = 529

Como, 23×23 = 529, a raiz quadrada de 529 é 23.

Assim:

x = (-1 + 23) / 2 = 11

ou

x = (-1 - 23) / 2 = -12 (não serve).

Logo, o resultado procurado é 11.



(CBMERJ) Numa operação de salvamento, 72 pessoas estão à espera de um barco para atravessar um rio. O barco pode transportar, no máximo, 5 dessas pessoas de cada vez. Calcule o número mínimo de viagens necessárias para transportar todas as pessoas.
Solução: Dividindo 72 por 5 encontramos 14, mas sobram (resto) 2, ou seja, pelo algoritmo da divisão 72 = 145 + 2. Isto significa que é necessário 14 viagens para levar 70 pessoas e mais uma viagem para levar essas 2 pessoas que sobraram. Portanto, o número mínimo de viagens é 14 + 1 = 15.

(PRF) Escrevendo os inteiros de 1 a 1993, inclusive, quantas vezes o algarismo 1 é escrito?
Solução: Temos que calcular quantas vezes o algarismo 1 ocupa a posição das unidades, das dezenas, das centenas e dos milhares.

Nas unidades ele aparece em (001 , 0011, 0021 , ... , 0091 , 0101 , ... , 1991). Trata-se de uma progressão aritmética de razão r = 10 e a1 = 1.

Logo, 1991 = 1 + 10(n - 1). Então, n = (1991 - 1) /10 + 1 = 199 + 1 = 200 posições.

Nas dezenas, ele aparece em (0010 , 0011 , 0012, ... , 0019) , (0110 , 0111 , 0112 , ... , 0119) , ... , (1910 , 1911 , 1912 , ... , 1919), para um total de 20×10 = 200 posições.

Nas centenas o 1 aparece em (0100 , 0101 , 0102 , ... , 0199 , 1100 , 1101 , ... , 1199) , para um total de 2×100 = 200 posições.

Nos milhares, ele aparece na sequência (1000 , 1001 , 1002 , ... , 1993) , para um total de 994 posições. Assim, o algarismo 1 parece 200 + 200 + 200 + 994 = 1594 vezes.



Escrevendo todos os números naturais de 1 a 100, quantas vezes escrevemos o algarismo 3?

Solução: Temos que calcular quantas vezes o algarismo 3 ocupa a posição das unidades, das dezenas e das centenas.

Nas unidades, do 3 ao 93 temos uma P.A.  (3, 13, ..., 93) de razão r = 10 e número de termos n = (93 - 3) / 10 + 1 = 90 / 10 + 1 = 10, ou seja, o algarismo 3 aparece 10 vezes.

Nas dezenas, do 30 ao 39, o algarismo 3 aparece 10 vezes. Nas centenas o algarismo 3 não aparece.

Logo, o resultado procurado é 10 + 10 = 20 vezes.


(OBM) Escrevendo todos os números inteiros de 100 a 999, quantas vezes escrevemos o algarismo 5?
(A) 250
(B) 270
(C) 271
(D) 280
(E) 292

Solução: Temos que calcular quantas vezes o algarismo 5 ocupa a posição das unidades, das dezenas e das centenas.

Nas unidades, do 105 ao 995, temos uma P.A. de razão r = 10 e número de termos n = (995 - 105) / 10 + 1 = 89 + 1 = 90, ou seja, o algarismo 5 aparece 90 vezes.

Nas dezenas, do 150 ao 159, do 250 ao 259, …, do 950 ao 959, o algarismo 5 aparece 9 × 10 = 90 vezes.

Nas centenas, do 500 ao 599, o algarismo 5 aparece 100 vezes.

Assim , o resultado procurado é 90 + 90 + 100 = 280 vezes. (alternativa D).



(OBM) Observe as multiplicações a seguir:

12.345.679 × 9 = 111.111.111

12.345.679 × 18 = 222.222.222

12.345.679 × 27 = 333.333.333

12.345.679 × 36 = 444.444.444

12.345.679 × 45 = 555.555.555

12.345.679 × 54 = 666.666.666

Para obter 999.999.999 devemos multiplicar 12.345.679 por ...


Solução: Observando que  

12.345.679 × 9 = 111.111.111 ;

12.345.679 × 9 × 2 = 222.222.222 ;  

12.345.679 × 9 × 3 =  333.333.333 ;  

12.345.679 × 9 × 6 = 666.666.666 ;

e assim por diante.

Então: 12.345.679 × 9 × 9 = 999.999.999. Logo, para obter 999.999.999 devemos multiplicar 12.345.679  por 81.


(CEFET) Entre 5 e 307, a quantidade de múltiplos, simultaneamente, de 2 ,  3  e 5 é
(A) 9
(B) 10
(C) 13
(D) 20
(E) 25

Solução: Um número múltiplo ao mesmo tempo de 2,  3  e 5 , é múltiplo do MMC (2 , 3 , 5) = 30.
Assim, temos uma progressão aritmética, de razão 30, que começa com 30 e termina com 300. Então: 300 = 30 + (n-1)×30.
Segue que: (n-1) = 270 /30 = 9. O que implica em n = 9 + 1 = 10.
Logo: B) 10 , é a alternativa correta.

(UFRJ) Um número natural deixa resto 3, quando dividido por 7, e resto 5, quando dividido por 6. Qual o resto da divisão desse número por 42?
Solução: Seja n um número natural. Pelo algoritmo da divisão, se n deixa resto 3 quando dividido por 7, então n = 7k + 3, para todo k inteiro.

De modo análogo, se n deixa resto 5 quando dividido por 6, então n = 6q + 5, para todo q inteiro.

Como 42 = 6×7, vem que, multiplicando n por 6, temos 6n = 42k + 18. Multiplicando n por 7 , segue que 7n = 42q + 35.

Assim, 7n - 6n = 42q + 35 - (42k + 18) = 42q - 42k + 35 - 18 .

Logo, n = 42(q - k) + 17. Como q - k é um número inteiro, pelo algoritmo da divisão, concluímos que n deixa resto 17, quando dividido por 42.



Utilize os axiomas dos inteiros nos quatros problemas a seguir

propriedades dos inteiros

Mostre que o zero é absorvente na multiplicação (a×0=0).


Solução: Seja o número inteiro a.
Sabemos que 0+0 = 0.
Multiplicando ambos os membros por a.
a(0+0) = a×0
Pela propriedade distributiva:
a×0+a×0 = a×0
Somando ambos os membros por (-a×0).
a×0+(-a×0)+a×0 = a×0+(-a×0).
Pela existência do elemento simétrico.
0+a×0 = 0
Como zero é neutro aditivo, segue que:
a×0 = 0 , CQD.

Mostre que 1>0.
Solução: Para todo número inteiro a, pela tricotomia, a<0, ou a=0, ou a>0.
Se a<0, podemos somar (-a) a ambos os membros.
a+(-a)<0+(-a)
Como 0 é neutro aditivo e existe o elemento simétrico, ficamos com:
0<(-a)
Como a ordem respeita a multiplicação por inteiros positivos, temos:
0×(-a)<(-a)×(-a).
Como a×0 = 0 e (-a)×(-a) = a
Segue que: 0<a , ou a>0.
Se a = 0, ao multiplicarmos ambos os lados por a, teremos:
a = 0×a = 0 (O zero é absorvente).
Se a>0, se multiplicarmos ambos os membros por a, segue que:
a>0 .
Conclusão: Todo quadrado igual ou maior que zero.
Logo, como 1 é diferente de zero, pelo axioma do elemento neutro multiplicativo, segue que:
1 = 1×1 = 1>0 , CQD.

Mostre que, para todos os inteiros a e b, tem-se:
a(-b) = -(ab).

Solução: Sejam a e b números inteiros.
Pela propriedade do elemento simétrico:
b+(-b) = 0
Multiplicando ambos os membros por a.
ab+a(-b) = a×0 = 0 (O zero é absorvente).
Se somarmos ambos os membros por (ab), teremos:
ab+[-(ab)]+a(-b) = -(ab)
Como (ab) simétrico de ab, vem que:
0+a(-b) = -(ab).
Como zero é neutro aditivo, temos:
a(-b) = -(ab) , CQD.


Mostre que não existe inteiro entre dois inteiros consecutivos.
Solução: Suponhamos por absurdo que existem a e k inteiros tais que:

reductio ad absurdum
Temos que a ordem respeita a adição.
Pela existência do neutro e do simétrico, segue:

PBO
Temos um conjunto não vazio S.
Pelo PBO, existe um m mínimo tal que m pertence ao conjunto S, então:
m>0 e m<1.
Pela transitividade
0<m<1
Como a ordem respeita a multiplicação por inteiros positivos, teremos.
m×m<1×m
Como o 1 é neutro multiplicativo, segue. m<m
Por outro lado m×m>0×m
O zero é absorvente, implicando em: m>0
Pela transitividade.
0<m<m
Concluímos que m² pertence a S e é menor que o elemento mínimo m, o que contradiz o PBO (UM ABSURDO).
Logo, não existe inteiro entre dois inteiros consecutivos. CQD.


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