Quest~ao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] TODOS x;y;z...

MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMATICA EM REDE NACIONAL

ENQ – 2015.2 – Gabarito

Questao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Determine TODOS os valores possıveis para os algarismos x, y, z e t de modo que os numeros abaixo, representados

na base 10, tenham a propriedade mencionada:

(a) 3x90586y e divisıvel por 60.

(b) 72z41t e divisıvel por 99.

Solucao

(a) 3x90586y e divisıvel por 60 = 22 · 3 · 5 se, e somente se, e divisıvel simultaneamente por 4, 3 e 5.

i) 3x90586y e divisıvel por 5 se, e somente se, y = 0 ou y = 5.

ii) 3x90586y e divisıvel por 4 se, e somente se, 6y e divisıvel por 4. Pelo item anterior, y = 0, pois 65 nao e divisıvel por 4.

iii) 3x905860 e divisıvel por 3 se, e somente se, 3 + x+ 9 + 0 + 5 + 8 + 6 + 0 = 31 + x e divisıvel por 3. Os possıveis valores

para x sao: 2, 5, 8.

Resposta: 32905860, 35905860 ou 38905860.

b) 72z41t e divisıvel por 99 = 9 · 11 se, e somente se, e divisıvel simultaneamente por 9 e 11.

i) 72z41t e divisıvel por 9 se, e somente se, 7 + 2 + z+ 4 + 1 + t = 14 + z+ t e divisıvel por 9. Entao z+ t = 4 ou z+ t = 13.

ii) 72z41t e divisıvel por 11 se, e somente se, t − 1 + 4 − z + 2 − 7 = t − z − 2 e divisıvel por 11. Entao t − z = −9 ou

t− z = 2.

Primeiro caso:

z + t = 4

t− z = −9, sem solucao inteira.

Segundo caso:

z + t = 4

t− z = 2⇔ z = 1 e t = 3.

Terceiro caso:

z + t = 13

t− z = −9⇔ z = 11 e t = 2.

Quarto caso:

z + t = 13

t− z = 2, sem solucao inteira.

Resposta: 721413

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Verificar os criterios de divisibilidade por 3, 4 e 5 na conclusao de que um numero e divisıvel por 60 ou mostrar que os

numeros achados pelos criterios usados sao efetivamente divisıveis por 60. [0, 25]

• Determinar corretamente os valores de x e y. [0, 25]

Item (b)

• Verificar os criterios de divisibilidade por 9 e 11 na conclusao de que um numero e divisıvel por 99. [0, 25]

• Determinar corretamente os valores de z e t. [0, 25]

Questao 02 [ 1,00 ]

A altura CH e a mediana BK sao tracadas em um triangulo acutangulo ABC.

Sabendo que BK ≡ CH e KBC=HCB, prove que o triangulo ABC e equilatero.

Solucao

Na figura abaixo, denotamos por P o ponto de intersecao entre BK e CH.

Nos triangulos KBC e HCB, temos KB ≡ HC, KBC = HCB e BC ≡ CB, logo, pelo caso LAL, estes triangulos sao

congruentes. Assim, CKB = BHC = 90◦, logo a mediana BK e tambem altura, mostrando que o triangulo ABC e isosceles,

com AB ≡ BC. Da congruencia entre os triangulos KBC e HCB, concluımos tambem que BH ≡ CK.

Como BPC e isosceles, temos CP ≡ BP e, consequentemente, PK ≡ PH. Com isso, os triangulos retangulos AHP e AKP

possuem mesma hipotenusa e catetos PH e PK congruentes, logo estes triangulos sao congruentes. Com isso, AH ≡ AK. E,

como BH ≡ CK, isto implica que AB ≡ AC.

Como ja concluımos que AB ≡ BC, temos entao AB ≡ BC ≡ AC.

Solucao alternativa para mostrar que AB ≡ AC sem usar o segmento AP

Os triangulos AHC e AKB sao congruentes, pois sao retangulos com angulos retos nos vertices H e K, o angulo CAH =

BAK e comum e os catetos opostos CH ≡ BK sao iguais. Logo AB ≡ AC e assim AB ≡ BC ≡ AC.

Pauta de correcao:

• Concluir que BK e uma altura, a partir da congruencia dos triangulos KBC e HBC, ou argumento equivalente. [0,25]

• Concluir que AB ≡ BC, a partir do fato de a mediana BK ser tambem altura ou equivalente. [0,25]

• Concluir que AH ≡ AK a partir da congruencia dos triangulos AHP e AKP (ou mostrar que os triangulos AHC e

AKB sao congruentes). [0,25]

• Concluir que AB ≡ AC. [0,25]

Pauta de correcao alternativa:

• Concluir que BK e uma altura, a partir da congruencia dos triangulos KBC e HBC, ou argumento equivalente. [0,25]

• Concluir que AB ≡ BC, a partir do fato de a mediana BK ser tambem altura ou equivalente. [0,25]

• Concluir que AB ≡ AC sem usar o segmento AP . [0,5]

Questao 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Calcule o resto da divisao de 28237 por 13.

(b) Determine o algarismo das unidades do numero 7(71000).

Solucao

(a) Como 28 = 2 · 13 + 2, tem-se que 28 ≡ 2 mod 13. Daı obtem-se que

282 ≡ 22 ≡ 4 mod 13

283 ≡ 2 · 4 ≡ 8 mod 13

284 ≡ 24 ≡ 3 mod 13

286 ≡ 4 · 3 ≡ −1 mod 13

Escrevendo 237 = 6 · 39 + 3, segue que

28237 ≡ 286·39+3 ≡ (286)39 · 283 ≡ −8 ≡ 5 mod 13

Portanto, o resto e igual a 5.

Solucao Alternativa (a):

Tem-se que 28 = 2 · 13 + 2, logo 28 ≡ 2 mod 13. Como (2, 13) = 1, aplicando o Pequeno Teorema de Fermat, segue-se que

212 ≡ 1 mod 13 e assim

2812 ≡ 212 ≡ 1 mod 13.

Escrevendo 237 = 12 · 19 + 9,

28237 ≡ 2812·19+9 ≡ (2812)19 · 289 ≡ 289 mod 13

Finalizando

284 ≡ 24 ≡ 3 mod 13

288 ≡ 9 mod 13

289 ≡ 18 ≡ 5 mod 13

Portanto, 28237 ≡ 5 mod 13.

(b)Calcular o algarismo das unidades de 7(71000) equivale a calcular o resto da divisao deste numero por 10. Tem-se que

7 ≡ −3 mod 10

72 ≡ 9 mod 10

74 ≡ 92 ≡ 1 mod 10

74·q ≡ (74)q ≡ 1 mod 10, para todo q ∈ N.

Por outro lado,

7 ≡ −1 mod 4, logo 71000 ≡ 1 mod 4.

Segue que 71000 = 4 · q + 1, 7(71000) ≡ 74·q+1 ≡ 74·q · 7 ≡ 7 mod 10

Portanto, o algarismo das unidades de 7(71000) e igual a 7.

Pauta de Correcao

Item (a)

• Calcular 286 ou 2812 modulo 13 [0, 25]

• Calcular o resto [0, 25]

Item (b)

• Calcular 74q modulo 10 [0, 25]

• Calcular o algarismo das unidades [0, 25]

Questao 04 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Prove a desigualdade de Bernoulli:

Se x ∈ R, x > −1, entao (1 + x)n > 1 + nx, para todo n > 1.

(b) Prove que a sequencia an =

(1 +

1

n

)n

e crescente, ou seja, que an < an+1, para todo n > 1.

Sugestao: Mostre quean+1

an=

(n + 2)

(n + 1)·[

(n + 1)2 − 1

(n + 1)2

]ne use o item (a).

Solucao

(a) Seja P (n) a proposicao (1 + x)n > 1 + nx.

Temos que P (1) e verdadeira, uma vez que 1 + x > 1 + x.

Suponha agora que P (n) seja verdadeira para n = k. Mostraremos que P (k) implica P (k + 1). De fato, considere (1 + x)k >

1 + kx. Note que (1 + x) e um numero real nao negativo, visto que x > −1. Assim, multiplicando ambos os lados da

desigualdade anterior por (1 + x), temos

(1 + x)k+1 = (1 + x)k · (1 + x) > (1 + kx) · (1 + x)

= 1 + kx+ x+ kx2

= 1 + (k + 1)x+ kx2

> 1 + (k + 1)x,

onde a ultima desigualdade e verdadeira pelo fato do termo kx2 ser nao negativo.

(b) Seja an =

(1 +

1

n

)n. Note que an =

(1 +

1

n

)n=

(n+ 1

n

)n=

(n+ 1)n

nn.

Temos entao que

an+1

an= an+1 ·

1

an=

(n+ 2)n+1

(n+ 1)n+1· nn

(n+ 1)n=nn · (n+ 2)n+1

(n+ 1)2n+1=

(n+ 2)

(n+ 1)·[n · (n+ 2)

(n+ 1)2

]n=

(n+ 2)

(n+ 1)·[

(n+ 1)2 − 1

(n+ 1)2

]n=

(n+ 2)

(n+ 1)·[1 +

−1

(n+ 1)2

]n.

Como−1

(n+ 1)2> −1 segue, pela desigualdade de Bernoulli, que

(n+ 2)

(n+ 1)·[1 +

−1

(n+ 1)2

]n>

(n+ 2)

(n+ 1)·[1 +

−n(n+ 1)2

].

Assim segue que

an+1

an>

(n+ 2)

(n+ 1)·[1 +

−n(n+ 1)2

]=

(n+ 2)

(n+ 1)· (n+ 1)2 − n

(n+ 1)2=

(n+ 2)(n2 + n+ 1)

(n+ 1)3=n3 + 3n2 + 3n+ 2

n3 + 3n2 + 3n+ 1> 1.

Portanto an+1 > an.

Pauta de correcao:

Item (a)

• Fazer o P(1) e indicar a estrategia de prova por inducao. [0,25]

• Fazer o passo de inducao. [0,25]

Item (b)

• Mostrou a identidade paraan+1

anda sugestao, e usou o item (a). [0,25]

• Finalizou corretamente a questao. [0,25]

Questao 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Seja f(x) = ax2 + bx + c uma funcao quadratica com a > 0 e ∆ = b2 − 4ac > 0.

Considere o triangulo ABV , onde A e B sao os pontos de intersecao da parabola correspondente ao grafico de f com

o eixo das abcissas e V e o vertice da parabola.

(a) Mostre que BV =

√∆(∆ + 4)

4a.

(b) Mostre que o triangulo ABV e equilatero se, e somente se, ∆ = 12.

Solucao

(a) Seja C o ponto medio do segmento AB.

As coordenadas dos pontos sao

A =

(−b−

√∆

2a, 0

), B =

(−b+

√∆

2a, 0

), C =

(− b

2a, 0

)e V =

(− b

2a,−∆

4a

).

Aplicando o Teorema de Pitagoras no triangulo BCV , temos que

BV2

= BC2

+ CV2.

Calculando os comprimentos dos segmentos:

BC =AB

2=

1

2·∣∣∣∣−b+

√∆

2a−(−b−

√∆

2a

)∣∣∣∣ =

√∆

2ae CV =

∆

4a.

Portanto,

BV2

=∆

4a2+

∆2

16a2=

∆2 + 4∆

16a2, logo BV =

√∆(∆ + 4)

4a.

(b) Como o triangulo e isosceles (pela simetria da parabola), BV = AV . Portanto, o triangulo sera equilatero se, e somente

se, BV = AB. Temos

BV = AB ⇐⇒√

∆(∆ + 4)

4a=

√∆

a⇐⇒

√∆ + 4 = 4⇐⇒ ∆ = 12.

Pauta de Correcao

Item (a)

• Escrever corretamente as coordenadas dos pontos A, B e V . [0,25]

• Calcular o comprimento do segmento BV . [0,25]

Item (b)

• Estabelecer alguma condicao necessaria e suficiente para o triangulo ser equilatero. [0,25]

• Igualar as expressoes e calcular ∆ corretamente. [0,25]

Questao 06 [ 1,00 ]

No paralelepıpedo reto retangulo da figura seguinte, calcule a distancia do vertice C ao segmento AM , sendo M o

ponto medio de CE.

Solucao

Inicialmente, aplicando o teorema de Pitagoras ao triangulo ABC, calculamos o comprimento do segmento AC:

AC2

= AB2

+BC2

= `2 + (2`2).

Daı segue que AC = `√

5.

Analisando agora o triangulo ACM , concluımos que ele e retangulo em C pois o segmento MC e perpendicular a face

ABCD do paralelepıpedo e, portanto, perpendicular ao segmento AC contido nesta face.

Ainda observando o triangulo retangulo ACM , o segmento CN e perpendicular a hipotenusa AM pois CN representa a

distancia de C a reta AM e, por definicao, distancia de ponto a reta e sempre perpendicular a reta.

Entao, usando o Teorema de Pitagoras temos:

AM2

= (2`)2 +(`√

5)2,

e assim

AM = 3`.

Usando que o produto da hipotenusa pela altura correspondente e igual ao produto dos catetos temos que:

AM · CN = AC · CM,

substituindo os valores correspondentes temos que:

3` · CN = `√

5 · 2`,

logo,

CN =2`√

5

3.

Pauta de correcao:

• Calcular AC corretamente. [0,25]

• Calcular AM corretamente. [0,25]

• Observar que a distancia de C ao segmento AM e o comprimento de um segmento CN perpendicular a AM . [0,25]

• Calcular CN . [0,25]

Questao 07 [ 1,00 ]

Determine todos os valores de x ∈ R tais que(1− cos2 x

)cos(3x−π4 )

= 1.

Solucao

Reescrevendo a equacao da forma

(sen2x)cos(3x−π4 ) = 1,

notamos inicialmente que a equacao esta bem definida para todo x ∈ R visto que a base e um numero real nao negativo.

Usando propriedades das exponenciais, observamos a ocorrencia de apenas duas situacoes:

(i) A base e igual a 1 e o expoente e um numero real qualquer, ou seja, sen2x = 1 e cos(3x− π

4

)∈ R.

Nesse caso temos sen x = ±1, isto e, x =π

2+ nπ, n ∈ Z.

(ii) A base e um numero real positivo e o expoente e nulo, isto e, sen2x > 0 e cos(3x− π

4

)= 0.

Nesse caso, temos 3x− π

4=π

2+ kπ, k ∈ Z, isto e, x =

π

4+ k

π

3, k ∈ Z.

Observacao: Visto que sen2x e cos(3x− π

4

)nao se anulam para o mesmo valor de x, a situacao 00 nunca ocorre na equacao.

Pauta de Correcao:

• Analisar, no caso (i), a ocorrencia sen x = 1. [0,25]

• Analisar, no caso (i), a ocorrencia sen x = −1. [0,25]

• Fazer corretamente o caso (ii). [0,5]

Questao 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Sera formada uma fila com h homens e m mulheres, onde h > 2 e m > 1.

(a) Quantas filas distintas poderao ser formadas, tendo um homem no final da fila?

(b) Qual a probabilidade de uma das filas do item (a) ter um homem na primeira posicao da fila?

Solucao

(a) Ha h possibilidades de escolha do homem para o final da fila. Em seguida devemos formar uma fila com h + m − 1

pessoas (h− 1 homens e m mulheres) que pode ser feito de (h+m− 1)! maneiras. Com isso, o numero de filas possıveis

tendo um homem no final e igual a h · (h+m− 1)! .

(b) Para formar uma fila com um homem no final e outro no inıcio, temos h possibilidades para o homem no final, h − 1

maneiras para escolha do primeiro da fila e (m+h−2)! modos de formar o restante da fila. Assim temos h(h−1)(h+m−2)!

filas com um homem em primeiro lugar e um homem no final da fila.

Portanto a probabilidade de uma das filas do item (a) ter um homem em primeiro lugar e igual a

h(h− 1)(h+m− 2)!

h · (h+m− 1)!=

(h− 1)(h+m− 2)!

(h+m− 1)(h+m− 2)!=

h− 1

h+m− 1.

Pauta de correcao:

Item (a)

• Calcular corretamente a quantidade de filas. [0,5]

Item (b)

• Encontrar o total de casos favoraveis. [0,25]

• Calcular corretamente a probabilidade. [0,25]

Gabarito e Pauta de Correcao – ENQ 2015.1

Questao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Mostre que se x e y sao numeros irracionais tais que x2 − y2 seja racionalnao nulo, entao x+ y e x− y sao ambos irracionais.

(b) Sabendo que a raiz quadrada de um numero primo e irracional, prove quese p e q sao primos distintos, entao

√p +√q e√p − √q sao numeros

irracionais.

Solucao

(a) Sejam x e y irracionais tais que x2 − y2 e racional nao nulo (em particularx 6= ±y). Agora suponha, por absurdo, que x + y e x − y nao sao ambosirracionais, isto e, que pelo menos um deles e racional. Note que, como x 6= −ye x 6= y, temos que

x− y =x2 − y2

x+ ye x+ y =

x2 − y2

x− y .

donde se conclui que, no caso de x2 − y2 ser racional,

x+ y ∈ Q⇐⇒ x− y ∈ Q.

Mas isto implica que x =(x+ y) + (x− y)

2e racional, o que da um absurdo.

Logo x+ y e x− y sao numeros irracionais.

(b) Sejam p e q primos distintos. Logo√p e√q sao numeros irracionais.

Note que(√p+√q) (√

p−√q)

= (√p)2− (

√q)2 = p− q e um numero racional

nao nulo. Portanto, pelo item (a), podemos concluir que tanto√p+√q quanto√

p−√q sao irracionais.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Deduzir que x+ y e racional se, e somente se, x− y e racional. [0,25]

• Provar que x+ y e x− y sao irracionais. [0,25]

Item (b)

• Usar o item (a) e deduzir o resultado do item (b). [0,5]

Questao 02 [ 1,00 ::: (a)=0,75; (b)=0,25 ]

(a) Sabendo que sen a + sen b = 2 sen

(a+ b

2

)cos

(a− b

2

), prove que

se x, y ∈ (0, π) e x 6= y, entao sen x + sen y < 2 sen

(x+ y

2

).

(b) Use o resultado do item (a) para resolver a equacao

√sen(2x)sen

√x = sen

(2x+

√x

2

), 0 < x <

π

2.

Solucao

(a) Sejam 0 < x < π e 0 < y < π. Combinando essas duas desigualdades obtemos

0 <x+ y

2< π (1)

−π2<

x− y2

<π

2(2)

Como x 6= y, temos quex− y

26= 0, e portanto, por (2),

0 < cos(x− y

2

)< 1.

Multiplicando esta ultima desigualdade por 2 sen(x+ y

2

), que e um numero

positivo, por causa de (1), obtemos

2 sen(x+ y

2

)cos(x− y

2

)< 2 sen

(x+ y

2

).

Juntando essa desigualdade com a identidade dada no enunciado, concluımosque

sen x+ sen y < 2 sen(x+ y

2

).

(b) Como 0 < x <π

2, temos que 0 < 2x < π e 0 <

√x < π.

Se 2x 6=√x e usando o item (a) obtemos a seguinte desigualdade√

sen(2x)sen√x = sen

(2x+

√x

2

)>

sen(2x) + sen√x

2,

que contradiz a desigualdade entre as medias aritmetica e geometrica dos numerospositivos sen(2x) e sen

√x.

Portanto 2x =√x e assim concluımos que x =

1

4.

2

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Deduzir que 0 < cos(x− y

2

)< 1. [0,25]

• Provar que sen x+ sen y < 2 sen(x+ y

2

). [0,5]

Item (b)

• Encontrar a solucao da equacao. [0,25]

Questao 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Considere o conjunto de todos os numeros naturais com quatro algarismostais que os algarismos lidos da esquerda para a direita estao em ordem estrita-mente decrescente.

(a) Quantos elementos possui tal conjunto?

(b) Se escrevermos tais numeros em ordem crescente, que numero ocupa a109a posicao?

Solucao

(a) A cada escolha de quatro dıgitos (sem repeticao), entre os dez dıgitos, temosuma unica ordem decrescente; portanto o numero de elementos pedido e igual a(

10

4

)= 210.

(b) A quantidade dos que iniciam com o dıgito 3 e 1 (apenas o numero 3210);

4 iniciam com o dıgito 4, a saber 4210, 4310, 4320 e 4321; os que iniciam com o

dıgito 5 sao no total de

(5

3

)= 10; com o dıgito 6 sao

(6

3

)= 20; com o dıgito 7

sao 35.

Ate este momento temos um total de 70 numeros em ordem crescente.

A quantidade daqueles que iniciam com o dıgito 8 e sao seguidos do dıgito:

• 2 e apenas 1 numero, a saber 8210;

• 3 e

(3

2

)= 3;

3

• 4 e

(4

2

)= 6;

• 5 e

(5

2

)= 10;

• 6 e

(6

2

)= 15.

Agora temos um total de 105 numeros.

Os numeros seguintes serao 8710, 8720, 8721, 8730.

Assim concluımos que o numero que ocupa a 109a posicao e 8730.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Calcular corretamente a quantidade de elementos do conjunto. [0,5]

Item (b)

• Encontrar o numero que esta na 109a posicao. [0,5]

Questao 04 [ 1,00 ]

As diagonais AD e CE do pentagono regular ABCDE de lados de medidaa, intersectam-se no ponto P . Determine AP e PD em funcao de a.

SolucaoCada angulo interno do pentagono regular tem medida

ai = 180◦ − 360◦

5= 180◦ − 72◦ = 108◦.

Como DC ≡ DE, o triangulo CDE e isosceles de vertice D, e, como CDE = 108◦,

temos DCE = DEC =180◦ − 108◦

2= 36◦.

4

Como os triangulos CDE e DEA sao congruentes (LAL), temos tambem DAE =ADE = 36◦.

Como EAP = 36◦ e PEA = 108◦ − 36◦ = 72◦, temos que EPA = 180◦ − 36◦ −72◦ = 72◦, logo o triangulo EAP e isosceles de vertice A. Com isso, AP = EA = a.

Os triangulos DPE e DEA possuem, cada um, dois angulos de medida 36◦,fazendo com que seus terceiros angulos tenham tambem a mesma medida. Assim,esses triangulos sao semelhantes, com

PD

EA=DE

AD.

Como EA = DE = a e AD = AP + PD = a+ PD, temos

PD

a=

a

a+ PD,

logo,PD(a+ PD) = a2,

e entaoPD

2+ aPD − a2 = 0.

Resolvendo a equacao, temos

PD =−a±

√5a2

2.

Tomando a solucao positiva, temos

PD =a(√

5− 1)

2.

Pauta de Correcao:

• Observar ou utilizar a congruencia entre os triangulos CDE e DEA. [0,25]

5

• Concluir que o triangulo EAP e isosceles de vertice A e obter AP = a. [0,25]

• Mostrar que os triangulos DPE e DEA sao semelhantes. [0,25]

• Calcular PD. [0,25]

Questao 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Um cubo de 20cm de aresta, apoiado em um piso horizontal e com a partesuperior aberta, contem agua ate a altura de 15cm. Colocando uma piramideregular de base quadrada solida de altura 30cm com a base apoiada no fundodo cubo, o nıvel da agua atinge a altura maxima do cubo, sem derramar.

(a) Qual o volume do tronco de piramide submerso?

(b) Qual o volume da piramide?

Solucao

(a) Como, ao submergir o tronco de piramide, a agua ocupa integralmente o volumedo cubo, a soma do volume Vt do tronco de piramide com o volume inicial daagua, dado por 20 · 20 · 15, sera o volume do cubo. Assim,

Vt + 15 · 202 = 203

e, portanto,

Vt = 203 − 202 · 15 = 202 · (20− 15) = 202 · 5 = 2000cm3.

Solucao alternativa do item (a):

Sendo H = 30cm a altura da piramide e a = 20cm a aresta do cubo, o volume (Vt)do tronco de piramide submerso e igual ao volume da coluna de agua que subiu, de5cm, ou seja,

Vt = a · a · 5 = 20 · 20 · 5 = 2000cm3.

(b) Sejam V o volume da piramide de altura H = 30cm e h = H − a = 10cm aaltura da piramide emersa e v seu volume. Da relacao entre V e v, tem-se que

V

v=

(H

h

)3

=

(30

10

)3

e, portanto,

v =V

27.

Mas, sabe-se queV − v = Vt = 2000

e, com issov = V − 2000.

6

Logo,V

27= V − 2000,

e, portanto,

V =27000

13cm3.

Pauta de Correcao:

Item (a), primeira solucao:

• Indicar que o volume do tronco da piramide somado ao da agua e igual ao volumedo cubo. [0,25]

• Calcular corretamente o volume do tronco da piramide. [0,25]

Item (a), solucao alternativa:

• Indicar que o volume do tronco da piramide e igual ao volume da coluna de aguaque subiu. [0,25]

• Calcular corretamente o volume do tronco da piramide. [0,25]

Item (b)

• Obter uma relacao entre o volume total V da piramide e o volume v da parteemersa. [0,25]

• Calcular corretamente o volume total da piramide. [0,25]

Questao 06 [ 1,00 ]

Sejam a, b e c inteiros tais que a3 + b3 + c3 e divisıvel por 9. Mostre que pelomenos um dos inteiros a, b ou c e divisıvel por 3.

Solucao

Observamos primeiramente que, se um numero n nao e divisıvel por 3 entao ele eda forma 3k + 1 ou 3k + 2, logo n3 e da forma 9k + 1 ou 9k + 8.

Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisıvel por 3. Segue que os cubosdesses numeros sao da forma 9k + 1 ou 9k + 8.

Considerando todas as possibilidades para a soma de tres cubos, a soma a3+b3+c3

sera da forma 9k + 1, 9k + 3, 9k + 6 ou 9k + 8:

a3 + b3 + c3

9k1 + 1 9k2 + 1 9k3 + 1 9k + 3

9k1 + 1 9k2 + 1 9k3 + 8 9k + 1

9k1 + 1 9k2 + 8 9k3 + 8 9k + 8

9k1 + 8 9k2 + 8 9k3 + 8 9k + 6

Portanto, obtemos a3 + b3 + c3 nao divisıvel por 9.

Solucao alternativa:

7

Observamos primeiramente que, se um numero n nao e divisıvel por 3 entao ele eda forma 3k + 1 ou 3k + 2, logo n3 e da forma 9k + 1 ou 9k + 8.

Portanto, se n nao e divisıvel por 3 entao n3 ≡ 1 mod 9 ou n3 ≡ 8 mod 9.Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisıvel por 3. Segue que os cubos

desses numeros sao congruentes a 1 ou a 8 modulo 9.Considerando todas as possibilidades para a soma de tres cubos teremos:a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 1 + 1 ≡ 3 mod 9a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 1 + 8 ≡ 1 mod 9a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 8 + 8 ≡ 8 mod 9a3 + b3 + c3 ≡ 8 + 8 + 8 ≡ 6 mod 9Portanto, obtemos a3 + b3 + c3 nao divisıvel por 9.

Pauta de Correcao:

• Observar que, se n nao e divisıvel por 3 entao n e da forma 3k + 1 ou 3k + 2.[0,25]

• Observar que, se n nao e divisıvel por 3 entao n3 e da forma 9k + 1 ou 9k + 8.[0,25]

• Supor que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisıvel por 3 e considerar todas aspossibilidades para a3 + b3 + c3. [0,25]

• Concluir o resultado. [0,25]

Questao 07 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Considere um conjunto formado por 11 numeros inteiros positivos di-ferentes, menores do que 21. Prove que podemos escolher dois dessesnumeros tais que um divide o outro.

(b) Exiba um conjunto com 10 numeros inteiros positivos, menores do que 21,tais que nenhum deles e multiplo de outro.

Solucao

(a) Vamos distribuir os numeros de 1 a 20 em 10 conjuntos disjuntos como, porexemplo: {1, 2, 4, 8, 16}, {3, 6, 12}, {5, 10, 20}, {7, 14}, {9, 18}, {11}, {13}, {15},{17}, {19}.Tomando 11 numeros de 1 a 20, pelo Princıpio das Gavetas, como ha 10 conjun-tos, necessariamente teremos 2 numeros no mesmo conjunto, e portanto, temosa propriedade desejada.

(b) Algumas respostas possıveis:

{11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}, {10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19},{9, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 20}, {9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19}{8, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19, 20}, {8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19},

8

{8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 19}, {7, 8, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19, 20},{7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19}, {6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 16, 17, 19},{6, 7, 8, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 20}, {6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19},{6, 7, 9, 11, 13, 15, 16, 17, 19, 20}, {6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19},{6, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 19}, {6, 8, 9, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 20},{6, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 20}, {4, 6, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19}e {4, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19} .

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Exibir a particao do conjunto dos numeros de 1 a 20 em 10 conjuntos dois adois disjuntos com a propriedade indicada na solucao. [0,25]

• Concluir a prova do item (a). [0,25]

Item (b)

• Exibir um conjunto com a propriedade solicitada. [0,5]

Questao 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Considere o seguinte sistema de congruenciasX ≡ 1 mod 9

X ≡ 5 mod 7

X ≡ 3 mod 5

(a) Encontre o menor numero natural que satisfaz o sistema.

(b) Alguma solucao do sistema e solucao da congruencia X ≡ 926 mod 3?

Solucao(a) Como (9, 7) = 1, (9, 5) = 1 e (7, 5) = 1, o sistema tem solucao. Pelo TeoremaChines dos Restos as solucoes do sistema sao

x = 35 · y1 · 1 + 45 · y2 · 5 + 63 · y3 · 3 + t · 315

sendo t ∈ Z, y1 solucao de 35Y ≡ 1 mod 9, y2 solucao de 45Y ≡ 1 mod 7 e y3 solucaode 63Y ≡ 1 mod 5. Os inteiros y1 = 8, y2 = 5 e y3 = 2 satisfazem as condicoesimpostas. Portanto

x = 35 · 8 + 45 · 25 + 63 · 6 + 315 · t = 1783 + t · 315

Para encontrar e menor solucao positiva devemos impor 1783 + t · 315 > 0 para t ∈ Z.

1783 + t · 315 > 0⇐⇒ t >−1783

315⇐⇒ t > −5

9

A menor solucao e x0 = 1783− 5 · 315 = 208.

(a) Solucao alternativaObserve queX ≡ 1 mod 9

X ≡ 5 mod 7

X ≡ 3 mod 5

⇐⇒

{X ≡ 1 mod 9

X ≡ −2 mod 35

Assim, x = 1 + 9k = −2 + 35t, com k, t ∈ Z.Segue-se que 35t − 9k = 3 com solucao particular t0 = −3, k0 = −12 e solucao

geral dada por{t = −3 + 9r, r ∈ Zk = −12 + 35r, r ∈ Z

Portanto, x = 1 + 9(−12 + 35r) e a menor solucao natural ocorre quando r = 1,obtendo x = 208.

(b) As solucoes do sistema sao as solucoes da congruencia X ≡ 208 mod 315. Portantoqueremos saber se o sistema de congruencias{

X ≡ 208 mod 315

X ≡ 926 mod 3

possui solucao. Suponhamos que existe a ∈ Z que satisfaz o sistema, isto e, existemy, z ∈ Z tais que a − 208 = y · 315 e a − 926 = z · 3. Subtraindo as equacoes, temos718 = 315y−3z. Como a ultima equacao nao tem solucao, pois (315, 3) = 3 nao divide718, entao o sistema nao tem solucao. Ou seja, nenhuma solucao do item (a) e solucaoda equacao X ≡ 926 mod 3.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Encontrar as solucoes do sistema de congruencias. [0,25]

• Encontrar a menor solucao. [0,25]

Item (b)

• Descrever o sistema de congruencias. [0,25]

• Mostrar que o sistema nao tem solucao. [0,25]

10

PROFMAT – Exame de Qualificação 2012-1

Gabarito

1.

(10pts) Um corpo está contido num ambiente de temperatura constante. Decorrido o

tempo (em minutos), seja ( ) a diferença entre a temperatura do corpo e do ambiente.

Segundo a Lei do Resfriamento de Newton, ( ) é uma função decrescente de , com a

propriedade de que um decréscimo relativo

( ) ( )

( )

no intervalo de tempo depende apenas da duração desse intervalo (mas não

do momento em que essa observação se iniciou). Isto posto, responda à seguinte

pergunta:

Num certo dia, a temperatura ambiente era de 30o. A água, que fervia a 100 o numa

panela, cinco minutos depois de apagado o fogo ficou com a temperatura de 60o. Qual era

a temperatura da água 15 minutos após apagado o fogo?

SOLUÇÃO: Pela Lei do Resfriamento de Newton, a função ( ), em que é o

momento em que o fogo foi apagado, cumpre as hipóteses do Teorema de Caracterização

das funções de tipo exponencial. Logo existe uma constante , com , tal que

( ) , onde ( ). Temos Logo ( ) . O

problema nos diz que ( ) Portanto e daí vem

.

Segue-se que ( ) (

) e que ( )

. Portanto, 15

minutos após o fogo ser apagado, a temperatura da água é de aproximadamente

graus.

Alternativamente, pode-se usar a informação sobre o decréscimo relativo constante de

( ) diretamente. Temos ( ) e ( ) . Portanto

( ) ( )

( )

e, assim, ( )

( ) Pela propriedade mencionada,

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

o que nos conduz a ( )

( ) (

) ( ) Em seguida usamos novamente a mesma

informação, obtendo

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

o que nos conduz a ( ) (

) ( ), e o resultado segue.

2.

(a) (5pts) Dado um número , quanto medem os lados do retângulo de perímetro

mínimo cuja área é ?

(b) (10pts) Justifique matematicamente por que não se pode responder o item (a) se

trocarmos “mínimo” por “máximo”.

SOLUÇÃO:

(a) Sejam e as dimensões de um retângulo de área . Então , ou seja, a média

geométrica de e , dada por √ , é igual a √ . A média geométrica

desses dois

números positivos é sempre maior do que ou igual a sua média geométrica, e a igualdade

se dá se, e somente se, (o que, por conseguinte, resulta em √ ). Então o

perímetro , que é 4 vezes a média aritmética, é mínimo e igual a √ quando o

retângulo é um quadrado de lados iguais a √ .

(b) Basta mostrar que não existe retângulo de perímetro máximo com área fixada. Para

isso, é suficiente mostrar que existem retângulos com essa área de perímetro tão grande

quanto se queira. Por exemplo, para cada número natural tomamos o retângulo

de lados √ e √

. Evidentemente a área desse retângulo é Por outro lado, seu

perímetro é √

√ , que é maior do que √ . Assim, dado qualquer número

sempre se pode achar tal que o perímetro de é maior do que , bastando tomar tal

que √ .

3.

Uma moeda honesta é lançada sucessivas vezes.

(a) (10pts) Se a moeda for lançada 4 vezes, qual é a probabilidade de que o número

observado de caras seja ímpar? E se a moeda for lançada 5 vezes?

(b) (5pts) Observando o resultado do item (a), formule uma conjectura sobre a probabilidade

de se observar um número ímpar de caras em lançamentos da moeda.

(c) (10pts) Demonstre, utilizando indução finita, a conjectura do item (b).

SOLUÇÃO:

(a) Para quatro lançamentos, (1 cara) (3 caras)

. Logo, a probabilidade

de um número ímpar de caras é

.

Para cinco lançamentos, (1 cara)

, (3 caras)

,

(5 caras)

.

Logo, para 5 lançamentos a probabilidade de um número ímpar de caras é igual a

.

(b) A conjectura é que para todo natural a probabilidade de se obter um número ímpar de

caras em lançamentos é ⁄ (e, automaticamente, a probabilidade se obter um número

par de caras também é igual a ⁄ ).

(c) Verifiquemos se a conjectura é verdadeira para . A probabilidade de um número

ímpar de caras em 1 lançamento é a probabilidade de ocorrer uma cara em 1 lançamento,

e isso é exatamente igual a ⁄ . Portanto a conjectura vale neste caso. Agora supomos

que a conjectura é verdadeira para e vamos verificá-la para . Um número ímpar de

caras em lançamentos ou tem um número ímpar de caras nos primeiros

lançamentos e uma coroa no último lançamento ou tem um número par de caras nos

primeiros lançamentos e uma cara no último lançamento. Então (no ímpar de caras em

lançamentos) (no ímpar de caras em lançamentos) (coroa) + (no par de

caras em lançamentos) (cara)

.

Obs. O que estamos buscando no item (c) é a soma dos coeficientes , com ímpar,

dividida por

. Se olharmos para a expansão de ( ) , usando o binômio de

Newton, veremos que ela é a soma dos coeficientes , com par, subtraída dos

coeficientes , com ímpar. Como o resultado é zero, a soma dos coeficientes pares é

igual à dos coeficientes ímpares. Por outro lado, (

)

( ) , e ( ) é

a soma de todos os coeficientes . Assim, a soma dos coeficientes ímpares, dividida por

, deve ser metade desse valor, isto é,

. Essa solução não usa indução finita diretamente.

4.

é um quadrado, é o ponto médio do lado e é o ponto médio do lado .

Os segmentos e cortam-se em .

(a) (5pts) Mostre que

.

(b) (5pts) Calcule a razão

.

(c) (5pts) Se calcule a área do quadrilátero .

Obs: Para mostrar os itens (b) e (c) você pode usar o resultado do item (a) mesmo que não

o tenha demonstrado.

SOLUÇÃO:

(a) Há várias maneiras de se calcular essa proporção. Vejamos duas:

Primeira: Bastará mostrar que

. Como é perpendicular a , então os

triângulos e são semelhantes. Logo,

Isso implica

Como

e , todos os termos do lado direito

podem ser colocados em função de e a igualdade segue.

Segunda: De fato não é necessário usar a perpendicularidade, pois a afirmação

vale mesmo que seja um paralelogramo. Seja o ponto médio de . O

segmento corta em que é o ponto médio de . Então

e

. Como os triângulos e são semelhantes, segue que

(b) Aproveitando a construção da segunda solução de (a), a mesma semelhança de

triângulos nos dá

. E, sendo , segue que (

) .

(c) Usaremos [polígono ] para denotar a área do polígono Evidentemente

Queremos calcular

. Mas por causa da

semelhança entre os triângulos e , compartilhando o ângulo oposto a

e , respectivamente,

Portanto

.

5.

Na figura abaixo, é um cubo de aresta 1. e são arestas e a

face está contida em um plano horizontal . Seja o tetraedro . Seja um

ponto da aresta (diferente de e de ) e o plano paralelo a que passa por . A

intersecção de com é o quadrilátero , como mostrado na figura.

(a) (5pts) Mostre que é um retângulo.

(b) (5pts) Mostre que o perímetro de é igual a √ , independentemente do

ponto .

SOLUÇÃO:

(a) Primeiro mostremos que e são paralelos a e, portanto, são paralelos

entre si. Mostraremos para , sendo análogo o caso de . Mas isso segue de

que ⁄⁄ , que implica semelhante a e, portanto,

paralelo a . Da mesma forma, demonstra-se que e são paralelos a

. Isto mostra que os lados opostos de são iguais. Mas, de fato, são

perpendiculares, pois é ortogonal a . Logo, é um retângulo.

(b) Como todas as diagonais das faces têm o mesmo tamanho, as faces do tetraedro

são triângulos equiláteros. Em particular, é equilátero e, portanto, é

equilátero. Sendo assim, é igual a . Por outro lado, também é

equilátero, implicando que também o é. Logo . Então

√ De maneira inteiramente análoga, √ . Logo o

perímetro de é igual a √ .

A B

C

D

E F

G

H

N M

P

Q

X

6.

Um truque de adivinhação de números.

(a) (5pts) Descreva e justifique métodos práticos para obter os restos da divisão por 9, 10

e 11, respectivamente, de um número natural escrito no sistema decimal.

(b) (5pts) Ache as soluções mínimas de cada uma das seguintes congruências:

i.

ii.

iii.

(c) (10pts) Um mágico pede a sua audiência para escolher um número natural de pelo

menos dois algarismos e menor do que 1000, e de lhe revelar apenas os restos ,

e da divisão de por 9, 10 e 11, respectivamente (tarefa fácil, pelo item (a)). Sem

nenhuma outra informação ele consegue descobrir . Explique como ele consegue

fazer isto.

(d) (5pts) Supondo que a plateia tenha dado as seguintes informações ao mágico: ,

e , qual foi o valor de que o mágico achou?

SOLUÇÃO:

(a) Escrevamos um número na sua representação decimal: .

Restos da divisão por 9: Como , temos que

Logo o resto da divisão de por 9 é igual ao resto da divisão de

por 9. Podemos repetir o mesmo procedimento a etc.

Restos da divisão por 10: Como , temos que

logo o resto da divisão de por 10 é .

Restos da divisão por 11: Como

{

temos que

logo o resto da divisão de por 11 é igual ao resto da divisão de

por 11, ao qual podemos aplicar novamente a regra acima etc.

(b) A congruência é equivalente à congruência , cuja

solução mínima é claramente . A congruência é equivalente à

congruência , cuja solução mínima é claramente . A congruência

é equivalente à congruência , cuja solução mínima é

claramente .

(c) O mágico tem que resolver o seguinte sistema de congruências:

{

O Teorema Chinês dos Restos nos diz que o sistema tem uma única solução módulo

, dada pela expressão

( ) ( ) ( )

em que , e são as soluções das equações diofantinas do item (b). Logo

e só existe um valor de satisfazendo essa equação e a restrição de que

.

(d) Temos que achar natural em tal que

.

Então

Observação. O item (d) poderia ser resolvido de maneira menos educada como segue.

Escrevamos o número na sua representação decimal. As informações

sobre os restos dadas, , e , nos conduzem às seguintes

congruências: , , e , que

resolvidas por tentativas nos dão o resultado , e .

EXAME NACIONAL DE QUALIFICAÇÃO 2013 - 2

GABARITO

Questão 1.Considere um triângulo equilátero de lado 3 e seja A1 sua área. Ao ligar os pontos médios de cada lado, obtemosum segundo triângulo equilátero de área A2 inscrito no primeiro. Para este segundo triângulo equilátero, ligamosos pontos médios de seus lados e obtemos um terceiro triângulo equilátero de área A3 inscrito no segundo e assimsucessivamente, gerando uma sequência de áreas (An), n = 1, 2, 3, . . .

Usando o Princípio de Indução Finita, mostre que a fórmula An =9√3

4né verdadeira para todo n ≥ 1 natural.

Uma solução:

Usando do teorema de Pitágoras conseguimos obter a altura, h1, do primeiro triângulo, a saber:

h21 = 32 −

(3

2

)2

=27

4=⇒ h1 =

3√3

2·

Assim, concluímos que a área do primeiro triângulo é dada por

A1 =3.h1

2=

9√3

4

Acabamos de verificar, assim, a validade da fórmula An =9√3

4npara n = 1.

Agora, supondo que a fórmula seja válida para algum k, ou seja, que

Ak =9√3

4k

devemos mostrar que ela é válida para k + 1. Como o triângulo inscrito tem área igual a 1/4 da do triângulo obtidono estágio anterior, concluímos que

Ak+1 =1

4Ak

Hip.Ind.=

1

4· 9√3

4k=

9√3

4k+1

Portanto, o Princípio de Indução Finita garante a validade da fórmula An =9√3

4npara todo natural n ≥ 1.

Uma outra maneira, mais detalhada, de provar o passo indutivo é a seguinte:Denotemos por hk e Lk a altura e a medida do lado do triângulo da etapa k, respectivamente, e notemos que

(hk)2 = L2

k −(Lk

2

)2

=⇒ hk =

√3Lk

2·

Logo Ak =

√3

4L2k.

Na etapa k + 1 teremos uma triângulo equilátero cuja medida do lado é metade da medida do lado do triânguloanterior. Além disso, a altura será

(hk+1)2 =

(Lk

2

)2

−(Lk

4

)2

=⇒ hk+1 =

√3Lk

4·

Portanto, a área do triângulo da etapa k + 1 é

Ak+1 =hk+1

(Lk

2

)2

=1

4·√3L2

k

4

=1

4·Ak

Hip.Ind.=

1

4· 9√3

4k

=9√3

4k+1,

o que prova que a fórmula vale para k + 1.

Por Indução, a fórmula An =9√3

4nvale para todo natural n ≥ 1.

Questão 2.A sequência (an), n ≥ 0, é definida da seguinte maneira:• a0 = 4

• a1 = 6

• an+1 =anan−1

, n ≥ 1

a) Encontre a7.b) Encontre a soma dos primeiros 2013 termos da sequência.

Uma solução:

a) Basta fazer um cálculo direto: a7 = 6. Na verdade a sequência é dada por 4, 6, 6/4, 1/4, 1/6, 4/6, 4, 6,... evemos que ela se repete em ciclos de tamanho 6; os termos de índices n = 6, 12, ..., 6k, ... k ∈ N são todos iguais a 4;isto será usado no ítem b).

b) Para encontrarmos a soma, primeiramente observamos que a soma do seis primeiros termos a0 + a1 + . . . a5 é

igual a 4+6+6

4+

1

4+

1

6+

4

6=

151

12. Assim, até 2009 (incluindo-o) temos 335 blocos iguais a

151

12. Portanto, a soma

solicitada é igual a

335(151

12) + 4 + 6 +

6

4=

50723

12.

Questão 3.Um cone de revolução tem altura x e está circunscrito a uma esfera de raio 1. Calcule o volume desse cone em funçãode x.

Uma solução:

A B

C

M

O T

1

1

r

x

Sejam:AB um diâmetro da base do cone,M o centro da base,C o vértice do cone,O o centro da esfera inscrita no cone eT o ponto de tangência da geratriz CB do cone com a esfera.Temos CM = x e OM = OT = 1.Seja r o raio da base do cone. O comprimento de uma geratriz do cone é CB =

√x2 + r2.

Como CM é perpendicular a AB e OT é perpendicular a CB, os triângulos CTO e CMB são semelhantes. Daí,

OC

CB=

OT

MB⇒ x− 1√

x2 + r2=

1

r

Elevando ao quadrado e aplicando a propriedade das proporções que permite obter nova fração equivalente àsanteriores subtraindo-se numeradores e denominadores (ou fazendo os cálculos), temos:

x2 − 2x+ 1

x2 + r2=

1

r2=x2 − 2x

x2=x− 2

x⇒ r2 =

x

x− 2

O volume do cone é V =1

3πr2x =

π

3· x

x− 2· x =

πx2

3(x− 2).

Questão 4. Na figura, temos um triângulo equilátero ABC e um segundo triângulo PQR cujos lados RP , PQ, QRsão, respectivamente, perpendiculares aos lados AB, BC, AC do triângulo ABC.

A B

C

R

Q

P

a) Mostre que o triângulo PQR é equilátero. Conclua que AP = BQ = CR.b) Se o triângulo ABC tem área 1, encontre a área do triângulo PQR.

Uma solução:

a) Basta observar que cada um dos ângulos do triângulo menor PQR mede 60o para concluir que ele é equilátero.Para mostrar que AP = BQ notamos que os triângulos PAR e QBP são congruentes, pois são semelhantes e

acabamos de mostrar que PR = BQ. Analogamente AP = CR.Logo AP = BQ = CR.

b) Primeiramente, notemos que APR é um triângulo retângulo 30o-60o-90o, ou seja, é a metade de um triângulo

equilátero. Logo, temos que AR = 2AP , e, consequentemente, PB = AR = 2AP , ou ainda,AP

PB=

1

2.

Se chamarmos L o comprimento do lado do triângulo ABC e l o lado do triângulo PQR, temos que AP =1

3L e

AR = PB =2

3L. Daí,

l2 = (RP )2Pitagoras

=4

9L2 − 1

9L2 =

1

3L2

e a razão entre as áreas dos triângulos PQR e ABC é1

3, logo o triângulo PQR tem área igual a

1

3.

Questão 5.

Sejam f : R→ R uma função periódica e g : R→ R uma função qualquer.a) A função composta g ◦ f é necessariamente periódica? Em caso afirmativo, demonstre; em caso negativo,

apresente um contra-exemplo.b) A função composta f ◦ g é necessariamente periódica? Em caso afirmativo, demonstre; em caso negativo,

apresente um contra-exemplo.

Uma solução:

a) Seja T > 0 o período de f , então f(x+ T ) = f(x), ∀x ∈ R.Como

(g ◦ f)(x+ T ) = g(f(x+ T )) = g(f(x)) = (g ◦ f)(x),∀x ∈ R,

concluímos que g ◦ f é também periódica.

b) É falso. Considere, por exemplo, as funções f(x) = sen(x) e g(x) definida por

g(x) =

0, sex < 0

π

2, sex ≥ 0

Então f ◦ g não é periódica.

(f ◦ g)(x) =

0, sex < 0

1, sex ≥ 0

Se existisse T > 0 tal que (f ◦ g)(x+ T ) = (f ◦ g)(x), ∀x ∈ R, tomando x = −T , (f ◦ g)(0) = 1 = (f ◦ g)(−T ) = 0,uma contadição.

Questão 6.Considere a equação:

1

2|x||x− 3| = 2|x− 3

2|

a) Quais são as raízes dessa equação? Explique detalhadamente como as encontrou.

b) Esboce, em um mesmo plano cartesiano, os gráficos das funções f(x) =1

2|x||x− 3| e g(x) = 2|x− 3

2| e marque

as raízes que você encontrou no ítem a).

Uma solução:

a) A equação é equivalente as igualdades:x2 − 3x = 4x− 6, ou x2 − 7x+ 6 = 0, cujas raízes são x = 1 e x = 6; ex2 − 3x = −4x+ 6 ou x2 + x− 6 = 0, cujas raízes são x = −3 e x = 2.Logo, temos quatro raízes: -3, 1, 2 e 6.

b) Os gráficos das funções estão esboçados na figura abaixo:

-3 1 2 6

f(x)

g(x)

raízes

Questão 7.Determine todos os inteiros X que são soluções da congruência

X49 +X14 +X12 − 2X ≡ 0 (mod7)

Uma solução:

Se X ≡ 0(mod7), é claro que X é solução da congruência dada. Podemos então supor que 7 não divide X eprocurar outras possíveis soluções. Neste caso, pelo Teorema de Fermat, sabemos que

X6 ≡ 1(mod7)

e que X7 ≡ X(mod7). Concluímos que X49 ≡ (X7)7 ≡ X7 ≡ X(mod7), X14 ≡ (X7)2 ≡ X2(mod7) e X12 ≡ (X6)2 ≡1(mod7). Substituindo na congruência dada, temos:

X49 +X14 +X12 − 2X ≡ X2 −X + 1(mod7)

Analisando cada caso (exceto X ≡ 0(mod7) que já sabemos ser solução da congruência original), temos a tabelaabaixo, na qual todas as congruências são módulo 7.

X ≡ 1⇒ X2 −X + 1 ≡ 1

X ≡ 2⇒ X2 −X + 1 ≡ 3

X ≡ 3⇒ X2 −X + 1 ≡ 0

X ≡ 4⇒ X2 −X + 1 ≡ 6

X ≡ 5⇒ X2 −X + 1 ≡ 0

X ≡ 6⇒ X2 −X + 1 ≡ 3

As soluções de X49 +X14 +X12 − 2X ≡ 0 (mod7) são X ≡ 0, X ≡ 3 e X ≡ 5, ou seja, o conjunto solução é:

S = {X : X = 7K, K ∈ Z} ∪ {X : X = 7K + 3, K ∈ Z} ∪ {X : X = 7K + 5, K ∈ Z}

Questão 8.Encontre o menor natural k, k > 2008, tal que 1 + 2 + · · ·+ k seja um múltiplo de 13. Justifique sua resposta.

Uma solução:

Sabemos que 1+2+ · · ·+k =k(k + 1)

2. Assim, para que a soma seja um múltiplo de 13, temos que ter que k(k+1)

é um múltiplo de 13 e já que 13 é um número primo, então ou k ou k + 1 é um múltiplo de 13. Como queremos omenor valor de k para que isto aconteça, devemos ter que k + 1 é um múltiplo de 13; assim k + 1 = 2015 e portantok = 2014.



Questao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Seja x0, y0 uma solucao da equacao diofantina aX + bY = c, onde a, b sao inteiros nao nulos e (a, b) = 1. Prove

que as solucoes x, y em Z da equacao sao x = x0 + tb e y = y0 − ta, com t ∈ Z.

(b) Encontre TODAS as solucoes em N ∪ {0} da equacao 7X + 19Y = 781.

Solucao

(a) Seja x, y uma solucao de aX + bY = c, logo ax0 + by0 = ax+ by = c. Consequentemente,

a(x− x0) = b(y0 − y).

Como (a, b) = 1, segue-se que b|(x− x0), logo x− x0 = tb, com t ∈ Z. Substituindo x− x0 na equacao acima, segue-se

que y0 − y = ta, isto e, as solucoes sao do tipo exibido.

Por outro lado, x, y como no enunciado sao solucoes, pois

ax+ by = a(x0 + tb) + b(y0 − ta) = ax0 + by0 = c.

(b) Uma solucao da equacao 7X + 19Y = 781 e x0 = 3 e y0 = 40. De fato, 7 · 3 + 19 · 40 = 21 + 760 = 781. Pelo item (a)

as solucoes da equacao sao: x = 3 + 19t e y = 40 − 7t com t ∈ Z. Para encontrar as solucoes em N ∪ {0} devemos ter

x > 0 e y > 0. Assim segue que

3 + 19t > 0⇔ 19t > −3⇔ t > − 3

19

40− 7t > 0⇔ −7t > −40⇔ t 640

7

Logo t = 0, 1, 2, 3, 4, 5 e as solucoes procuradas sao: (3, 40), (22, 33), (41, 26), (60, 19), (79, 12), (98, 5).

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Verificar que x = x0 + tb e y = y0 − ta sao solucoes da equacao. [0,25]

• Verificar que as solucoes sao necessariamente x = x0 + tb e y = y0 − ta. [0,25]

Item (b)

• Encontrar a solucao geral da equacao. [0,25]

• Encontrar as solucoes naturais. [0,25]

Questao 02 [ 1,00 ]

Dados dois segmentos de medidas distintas a e b, descreva como construir, com regua e compasso, segmentos de

medidasa + b

2e√ab .

Observacao: Considere conhecida a construcao de perpendiculares.

Solucao

Consideramos tres pontos colineares A,B e C, de maneira que B pertenca ao segmento AC, AB = a e BC = b.

Construcao dea+ b

2:

• Tracamos duas circunferencias de raio a+ b, uma com centro em A e outra com centro em B. Chamamos de D e E os

pontos de intersecao entre elas.

• Tracamos a reta por D e E. Chamamos de M a intersecao dessa reta com o segmento AC.

• O segmento AM medea+ b

2, uma vez que DM e altura do triangulo equilatero ACD e portanto e mediana.

Construcao de√ab :

• Tracamos uma circunferencia de centro no ponto medio M e raioa+ b

2.

• Tracamos uma perpendicular a AC passando por B. Chamamos de X e Y as intersecoes dessa perpendicular com a

circunferencia.

• O segmento BX mede√ab, pois e a altura do triangulo retangulo ACX e portanto BX

2= AB ·BC.

Pauta de Correcao:

• Construir um segmento de tamanhoa+ b

2. [0,5]

• Construir um segmento de tamanho√ab . [0,5]

Questao 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Seja p(X) = anXn + an−1X

n−1 + · · ·+ a2X2 + a1X + a0 um polinomio com coeficientes inteiros. Se a fracao

irredutıvela

b, com a e b inteiros, e raiz de p(X), mostre que a e divisor de a0 e b e divisor de an.

(b) Encontre todas as raızes reais do polinomio

p(X) = 2X4 + X3 − 7X2 − 3X + 3.

Solucao

(a) Como p(ab

)= an

(ab

)n

+ an−1

(ab

)n−1

+ · · ·+ a2(ab

)2

+ a1(ab

)+ a0 = 0, multiplicando a igualdade por bn

temos que anan + an−1a

n−1b+ · · ·+ a2a2bn−2 + a1ab

n−1 + a0bn = 0.

Logo anan = −(an−1a

n−1 + · · ·+ a2a2bn−3 + a1ab

n−2 + a0bn−1)b e

a0bn = −(ana

n−1 + an−1an−2b+ · · ·+ a2ab

n−2 + a1bn−1)a.

Mas a e b sao primos entre si, portanto segue das duas ultimas igualdades

acima que b e divisor de an e a e divisor de a0.

(b) Nesse caso, os divisores de a0 = 3 sao 1,−1, 3 e −3 e os divisores de a4 = 2 sao 1,−1, 2 e −2.

Logo as possıveis raızes racionais de p(X) sao 1,−1, 3,−3,1

2,−1

2,

3

2e −3

2.

Agora p(1) = −4, p(−1) = 0, p(3) = 120, p(−3) = 84, p

(1

2

)= 0 e, com isso, temos duas raızes

racionais de p(X), a saber −1 e1

2. Assim o polinomio p(X) e divisıvel por X − (−1) = X + 1 e por 2

(X − 1

2

).

Dividindo p(X) por (X + 1)(2X − 1) = 2X2 +X − 1 segue que p(X) = (2X2 +X − 1)(X2 − 3).

Portanto p(X) = 0 se, e somente se, 2X2 +X − 1 = 0 ou X2 − 3 = 0 e as raızes de p(X) sao as solucoes

dessas equacoes do segundo grau, ou seja, −1,1

2,√

3 e −√

3.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Substituira

bem p(X) = 0 e obter uma igualdade sem denominadores.[0,25]

• Concluir que a e divisor de a0 e b e divisor de an. [0,25]

item (b)

• Encontrar as raızes racionais de p(X). [0,25]

• Encontrar as raızes irracionais de p(X). [0,25]

Questao 04 [ 1,00 ::: (a)=0,25; (b)=0,25; (c)=0,50 ]

A sequencia (an) satisfaz as seguintes condicoes:

• a1 =1

2;

•n∑

i=1

ai = n2an, para n > 2.

(a) Determine a2, a3 e a4.

(b) Conjecture uma expressao para o termo geral an, em funcao de n.

(c) Prove, por inducao em n, a formula obtida no item (b).

Solucao

(a) Pela definicao da sequencia an segue que a1 + a2 = 22a2, a1 + a2 + a3 = 32a3 e a1 + a2 + a3 + a4 = 42a4.

Como a1 =1

2, obtemos a2 =

1

2 · 3 =1

6, a3 =

1

3 · 4 =1

12e a4 =

1

4 · 5 =1

20.

(b) Pelos resultados obtido no item (a), e possıvel conjecturar que an =1

n(n+ 1), para todo n > 1.

(c) Seja P (n) a proposicao: an =1

n(n+ 1), para todo n > 1.

Para n = 1 temos que a1 =1

2=

1

1 · 2 .

Suponha agora que P (n) e verdadeira para n = k, ou seja, ak =1

k(k + 1).

Resta provar que P (k) implica P (k + 1). De fato, a1 + a2 + · · ·+ ak + ak+1 = (k + 1)2ak+1.

Usando a definicao para k temos que k2ak + ak+1 = (k + 1)2ak+1, logo ak+1 =kakk + 2

.

Agora usando a hipotese de inducao segue que ak+1 =k

k + 2ak =

k

k + 2· 1

k(k + 1)=

1

(k + 1)(k + 2).

Portanto, P (k + 1) e verdadeira.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Encontrar a2, a3 e a4. [0,25]

Item (b)

• Conjecturar an de forma correta. [0,25]

Item (c)

• Provar o item (c). [0,5]

Alternativa Item (c)

• Usar a definicao da sequencia para mostrar que ak+1 =kakk + 2

. [0,25]

• Usar a hipotese de inducao e concluir a demonstracao. [0,25]

Questao 05 [ 1,00 ]

Se p e um numero natural primo, mostre que 2(p+1)3 ≡ 256 mod p.

Solucao

Como p e primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que

2p ≡ 2 mod p.

Usando propriedades das congruencias, segue que

2p2

= (2p)p ≡ 2p ≡ 2 mod p

2p3

= (2p)p2

≡ 2p2

≡ 2 mod p

23p2

= (2p2

)3 ≡ 23 mod p

23p = (2p)3 ≡ 23 mod p.

Portanto,

2(p+1)3 = 2p3

· 23p2

· 23p · 21 ≡ 2 · 8 · 8 · 2 ≡ 256 mod p.


2p+1 ≡ 4 mod p

2(p+1)2 ≡ 4p+1 ≡ (2p+1)2 ≡ 16 mod p

2(p+1)3 ≡ 16p+1 ≡ (4p+1)2 ≡ 162 ≡ 256 mod p.

Pauta de Correcao:

• Usar o Pequeno de Fermat. [0,25]

• Calcular duas congruencias. [0,25]

• Completar o calculo das outras duas congruencias. [0,25]


Questao 06 [ 1,00 ]

Seja f : [a, b]→ [f(a), f(b)] uma funcao bijetiva, onde [a, b] e [f(a), f(b)] sao intervalos de numeros reais. Considere

ainda x1, x2 ∈ [a, b] e y1, y2 numeros reais positivos. Mostre que existe um unico c ∈ [a, b] tal que

f(x1)y1 + f(x2)y2 = f(c) (y1 + y2) .

Solucao

Sejam x1, x2 ∈ [a, b] e y1, y2 numeros reais positivos. Temos que

f(a)(y1 + y2) = f(a)y1 + f(a)y2 6 f(x1)y1 + f(x2)y2 e

f(x1)y1 + f(x2)y2 6 f(b)y1 + f(b)y2 = f(b)(y1 + y2).

Assim segue que f(a) 6f(x1)y1 + f(x2)y2

y1 + y26 f(b).

Como f e uma bijecao entre [a, b] e [f(a), f(b)], existe um unico c ∈ [a, b]

tal que f(c) =f(x1)y1 + f(x2)y2

y1 + y2, ou seja, f(x1)y1 + f(x2)y2 = f(c)(y1 + y2).

Pauta de Correcao:

• Usar ou observar que f(a) 6 f(x1) 6 f(b) e f(a) 6 f(x2) 6 f(b). [0,25]

• Mostrar quef(x1)y1 + f(x2)y2

y1 + y2pertence ao intervalo [f(a), f(b)]. [0,5]

• Concluir a existencia e a unicidade de c. [0,25]

Questao 07 [ 1,00 ]

Um cubo esta pendurado por um de seus vertices, de forma que a corda que o sustenta e colinear a uma das diagonais

do cubo, como mostra a figura.

Determine o cosseno do angulo entre a corda e uma das arestas do cubo que lhe sao adjacentes, representado na

figura.

Solucao

Denotando o vertice por onde o cubo esta pendurado por A, o vertice oposto por C e um dos vertices das arestas adjacentes

a corda por B, como na figura, temos que o angulo β procurado e suplementar ao angulo α := BAC.

Denotando por a a aresta do cubo, temos AB = a e AC = a√

3. Como BC e perpendicular a AB, o triangulo ABC

e reto em B, logo cos α =AB

AC=

a

a√

3=

1√3. Como α e β sao suplementares, temos que cos β = − cos α = − 1√

3.


Considere o angulo γ := ACB. Como sen γ =AB

AC=

a

a√

3=

1√3

e β = γ + 90◦ (a medida de um angulo externo

do triangulo e a soma das medidas dos angulos internos nao adjacentes a ele), temos:

β − 90◦ = γ ⇒ sen (β − 90◦) = sen γ =1√3⇒ sen (90◦ − β) = − 1√

3⇒ cos β = − 1√

3.

Pauta de Correcao:

• Construir um triangulo retangulo que tenha como lados uma aresta, a diagonal do cubo e a diagonal de uma face. [0,25]

• Calcular a medida da diagonal do cubo em funcao da aresta. [0,25]

• Calcular o cosseno do angulo suplementar ao pedido (cos α) ou o seno do angulo da solucao alternativa (sen γ). [0,25]

• Obter o cosseno do angulo pedido (cos β). [0,25]

Questao 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Considere os pontos A,B,C,D,E e F de um cubo distribuıdos como na figura abaixo.

Determine a probabilidade de,

(a) escolhidos ao acaso 3 pontos distintos dentre os 6 dados, eles determinarem um unico plano.

(b) escolhidos ao acaso 4 pontos distintos dentre os 6 dados, eles serem coplanares.

Solucao

(a) O numero de escolhas de 3 pontos distintos do conjunto {A,B,C,D,E, F} e

C36 =

6!

3!3!=

6 · 5 · 43 · 2 · 1 = 20.

Tres pontos no espaco determinam um unico plano se, e somente se, nao sao colineares. Dentre as 20 escolhas diferentes

de tres pontos, apenas 2 contem todos os pontos colineares, a saber, {A,B,C} e {D,E, F}. Portanto, ha 18 escolhas

em que os 3 pontos determinam um unico plano. Logo, a probabilidade pedida e

P =18

20=

9

10= 0, 9.

(b) O numero de escolhas de 4 pontos distintos do conjunto {A,B,C,D,E, F} e

C46 =

6!

4!2!=

6 · 52 · 1 = 15.

Como os pontos dados estao distribuıdos em duas arestas reversas, temos que quatro deles sao coplanares se, e somente

se, houver tres deles colineares.

Ha 3 possibilidades contendo {A,B,C} e 3 possibilidades contendo {D,E, F}, fazendo um total de 6 casos favoraveis.

Portanto a probabilidade e

P =6

15=

2

5= 0, 4.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Fazer a contagem dos 3 pontos que determinam um plano. [0,25]

• Calcular a probabilidade. [0,25]

Item (b)

• Fazer a contagem dos 4 pontos coplanares. [0,25]

• Calcular a probabilidade. [0,25]



Questao 01 [ 1,00 ]

A secretaria de educacao de um municıpio recebeu uma certa quantidade de livros para distribuir entre as escolas do

municıpio. Sabe-se que a quantidade e superior a 1000, inferior a 2000, que se dividi-los entre 7 escolas sobram 4,

entre 9 sobram 2 e entre 13 sobram 6. Encontre a quantidade de livros.

Solucao

Indicando por N a quantidade de livros, temos que N ≡ 4 mod 7

N ≡ 2 mod 9

N ≡ 6 mod 13

Como (7, 9) = 1, (9, 13) = 1 e (7, 13) = 1, o sistema tem solucao.

Pelo Teorema Chines dos Restos as solucoes do sistema sao dadas por

N ≡ 117 · y1 · 4 + 91 · y2 · 2 + 63 · y3 · 6 mod 819

onde117y1 ≡ 1 mod 7

91y2 ≡ 1 mod 9

63y3 ≡ 1 mod 13

⇐⇒

5y1 ≡ 1 mod 7

y2 ≡ 1 mod 9

11y3 ≡ 1 mod 13

Os inteiros y1 = 3, y2 = 1 e y3 = 6 satisfazem as condicoes acima, portanto

N ≡ 117 · 3 · 4 + 91 · 2 + 63 · 6 · 6 mod 819

N ≡ 3854 ≡ 578 mod 819.

Como 1000 < N < 2000, obtemos N = 1397.

Pauta de Correcao:

• Montar o sistema. [0,25]

• Escrever a solucao geral do sistema. [0,25]

• Encontrar os valores de y1, y2 e y3. [0,25]

• Encontrar a solucao pedida. [0,25]

Solucao Alternativa:

Seja X a quantidade de livros comprada pela secretaria.

Temos que X ≡ 4 mod 7, X ≡ 2 mod 9 e X ≡ 6 mod 13.

Pela primeira equacao modular segue que X = 7k + 4, com k ∈ Z.

Substituindo na segunda equacao vemos que 7k + 4 ≡ 2 mod 9, somando 5 em ambos os lados temos que 7k ≡ 7 mod 9,

ou seja, k ≡ 1 mod 9.

Logo k = 9n+ 1 e assim X = 7k + 4 = 7(9n+ 1) + 4 = 63n+ 11.

Colocando essa informacao na terceira equacao segue que 63n+ 11 ≡ 6 mod 13.

Isso implica que 11n ≡ 8 mod 13. Multiplicando essa equacao por 6 temos que 66n ≡ 48 mod 13, ou seja, n ≡ 9 mod 13.

Assim segue que n = 13t + 9 e X = 63n + 11 = 63(13t + 9) + 11 = 819t + 578. Como 1000 < X < 2000, concluımos que a

resposta e X = 1397.

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa:

• Montar o sistema. [0,25]

• Substituir a primeira congruencia na segunda e a segunda na terceira. [0,25]

• Escrever a solucao geral do sistema. [0,25]

• Encontrar a solucao pedida. [0,25]

Questao 02 [ 1,00 ]

O cone da figura seguinte tem 3 cm de raio e 4 cm de altura, sendo d a distancia do vertice a um plano α, paralelo

a base.

Determine d de modo que as duas partes do cone separadas pelo plano α tenham volumes iguais.

Solucao

Sejam v o volume do cone pequeno, V o volume do cone grande e Vt o volume do tronco do cone.

Observe que o cone pequeno unido ao tronco de cone completam o cone grande, logo

v + Vt = V.

Queremos v = Vt. logo

2v = V,

ou ainda,v

V=

1

2.

Como a razao dos volumes dos cones e igual ao cubo da razao das alturas correspondentes, temos

1

2=(d

4

)3

,

logo

d = 23√

4cm.

Pauta de Correcao:

• Observar que o volume do cone pequeno e a metade do volume total [0,25]

• Utilizar que a razao entre os volumes e igual ao cubo da razao entre as alturas. [0,5]

• Determinar corretamente o valor de d. [0,25]

Solucao Alternativa:

Pela semelhanca entre os triangulos da figura,r

3=d

4,

logo r =3d

4.

Com isso, o volume do cone menor sera dado por

v =1

3π r2 d =

1

3

(3d

4

)2

d =3

16π d3.

O volume total do cone e

V =1

3π · 32 · 4 = 12π,

e como v =1

2V , segue que

3

16π d3 =

1

2· 12π,

que, simplificando, nos da

d3 = 32,

e assim

d = 23√

4cm.


• Escrever corretamente r em funcao de d. [0,25]

• Obter o volume do cone menor em funcao apenas de d. [0,25]

• Calcular corretamente o volume V do cone total e observar que v = 12V . [0,25]

• Determinar corretamente o valor de d. [0,25]

Questao 03 [ 1,00 ]

Sejam x e y numeros reais positivos tais que x+ y = 1.

Prove que

(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)> 9.

Solucao

Como x e y sao positivos, a inequacao e equivalente a

(x+ 1)(y + 1) > 9xy.

Pela hipotese x+ y = 1, podemos isolar y = 1− x e, substituindo na equacao, obter a desigualdade equivalente

(x+ 1)(2− x) > 9x(1− x),

que pode ser reescrita como

8x2 − 8x+ 2 > 0,

ou ainda

8

(x− 1

2

)2

> 0.

A ultima desigualdade, que e satisfeita para todo valor de x, e equivalente a original. Portanto,(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)> 9.

Pauta de Correcao:

• Chegar corretamente a uma desigualdade envolvendo apenas uma das variaveis e equivalente a original. [0,5]

• Concluir que a desigualdade sempre e satisfeita. [0,5]

Solucao Alternativa 1

Como na primeira solucao, a equacao e equivalente a

(x+ 1)(y + 1) > 9xy.

Esta ultima desigualdade pode ser simplificada para x+ y + 1 > 8xy.

Agora, usando a hipotese de que x + y = 1, podemos simplificar ainda mais para 2 > 8xy, ou seja, xy 61

4, mas isto e

verdadeiro por causa da desigualdade das medias. De fato,√xy 6

x+ y

2=

1

2, e portanto xy 6

1

4.

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa 1:

• Chegar a desigualdade xy 61

4. [0,25]

• Usar a hipotese. [0,25]

• Resolver a inequacao. [0,5]

Solucao Alternativa 2

Como x+ y = 1 segue que1

xy=x+ y

xy=

x

xy+

y

xy=

1

y+

1

x.

Logo

(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)= 1 +

1

y+

1

x+

1

xy= 1 +

2

xy.

Pela desigualdade das medias aritmetica e geometrica temos que

x+ y

2>√xy que e equivalente a

1

xy>

4

(x+ y)2.

Assim segue que(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)= 1 +

2

xy> 1 +

2 · 4(x+ y)2

= 1 + 8 = 9.


• Chegar a igualdade

(1 +

1

x

)(1 +

1

y

)= 1 +

2

xy. [0,25]

• Usar a desigualdade das medias. [0,25]

• Concluir o que se pede. [0,5]

Questao 04 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

(a) Seja f : R→ R, f(x) = ax+ b. Se f(k) ∈ Z para todo k ∈ Z, mostre que a e b sao inteiros.

(b) Seja f : R → R, f(x) = ax2 + bx + c. Se f(k) ∈ Z para todo k ∈ Z, podemos afirmar que a, b e c sao todos

inteiros? Justifique a sua resposta.

Solucao

(a) Como f(0) = b segue que b e inteiro. Alem disso, f(1) = a+ b ∈ Z temos que

a+ b = c, com c inteiro, entao a = c− b ∈ Z.

(b) A resposta e nao.

Considere a funcao f : R→ R, f(x) =1

2x2 +

1

2x.

Para todo inteiro k, k(k + 1) e par, logo

f(k) =1

2(k2 + k) =

1

2· k(k + 1) ∈ Z.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Calcular f(0) e concluir que b e inteiro. [0,25]

• Calcular f(1) e concluir que a e inteiro. [0,25]

Item (b)

• Dar um contraexemplo. [0,25]

• Justificar que a funcao do contraexemplo satisfaz f(k) ∈ Z, para todo k ∈ Z. [0,25]

Questao 05 [ 1,00 ]

Sejam ABCD um quadrado de lado 1 (uma unidade), M o ponto medio de AB, N o ponto medio de BC e I a

intersecao de DN e CM . Calcule a area do triangulo NIC.

Solucao

Observe que os triangulos retangulos NCD e MBC sao congruentes pelo caso LAL. Consequentemente, temos ∠NCI ≡∠CDN . Como ∠CDN e ∠CND sao complementares, temos entao que ∠NCI e ∠INC tambem o sao, logo o triangulo NIC

e retangulo de hipotenusa CN .

Os triangulos NIC e MBC tem um angulo em comum e cada um destes triangulos possui um angulo reto. Assim, eles tem

dois angulos congruentes e, por isso, sao semelhantes. A razao de semelhanca entre os triangulos NIC e MBC e dada por

k =CN

CM=

1

2√1 +

(1

2

)2=

1

2√5

2

=1√5.

Com isso,

Area(NIC)

Area(MBC)= k2 =

1

5,

logo

Area(NIC) =1

5Area(MBC),

e, como

Area(MBC) =1

2·BC ·BM =

1

2· 1 · 1

2=

1

4,

temos

Area(NIC) =1

5· 1

4=

1

20.

Pauta de Correcao:

• Concluir que o triangulo NIC e retangulo. [0,25]

• Concluir que os triangulos NIC e MBC sao semelhantes. [0,25]

• Concluir queArea(NIC)

Area(MBC)=

1

5ou igualdade equivalente. [0,25]

• Calcular a area do triangulo NIC. [0,25]

Questao 06 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

De quantas maneiras distintas podemos escolher tres numeros distintos do conjunto I40 = {x ∈ N : 1 6 x 6 40} de

modo que sua soma seja:

(a) um numero ımpar?

(b) um multiplo de 3?

Solucao

(a) Temos que I40 = {1, 2, ..., 39, 40} = {1, 3, ..., 39}︸︷︷︸20 ımpares

∪ {2, 4, ..., 40}︸︷︷︸20 pares

.

Para obtermos um numero ımpar, somando tres numeros, temos duas possibilidades: tres ımpares ou apenas um deles

ımpar.

O numero de possibilidades para a escolha de 3 ımpares distintos e igual

a C320 =

20!

3!17!=

18 · 19 · 20

6= 1140.

Ja, o numero de possibilidades para escolhermos dois pares e um ımpar distintos e

20 · C220 = 20 · 20!

2!18!= 20 · 19 · 20

2= 3800.

Portanto, a resposta e 1140 + 3800 = 4940.

(b) Temos que

I40 = {1, 2, ..., 39, 40} = {3, 6, ..., 39}︸︷︷︸13 multiplos de 3

∪ {1, 4, 7, ..., 40}︸︷︷︸14 da forma 3k+1

∪ {2, 5, 8, ..., 38}︸︷︷︸13 da forma 3k+2

Para obtermos um multiplo de 3, somando tres numeros, temos 4 possibilidades: tres multiplos de 3, tres da forma

3k + 1, tres da forma 3k + 2 ou

tomando os tres de formas distintas 3k, 3k + 1 e 3k + 2.

Portanto, a resposta e

C313 + C3

14 + C313 + 13 · 14 · 13 = 286 + 364 + 286 + 2366 = 3302.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos tres numeros. [0,25]

• Fazer corretamente a contagem. [0,25]

item (b)

• Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos tres numeros. [0,25]

• Fazer corretamente a contagem. [0,25]

Questao 07 [ 1,00 ]

Mostre que, para todo numero natural n > 1, o resto da divisao do polinomio x2n + x+ 1 por x2 − 1 e igual a x+ 2.

Solucao

Provaremos o resultado usando inducao em n.

Para n = 1 temos que x2 + x+ 1 = 1 · (x2 − 1) + (x+ 2).

Supoe que o resultado vale para um certo k > 1, isto e,

x2k + x+ 1 = q(x)(x2 − 1) + (x+ 2) ou ainda x2k = q(x)(x2 − 1) + 1.

Agora vamos mostrar a validade do resultado para k + 1. De fato,

x2(k+1) + x+ 1 = x2k+2 + x+ 1 = x2 · x2k + x+ 1 = x2[q(x)(x2 − 1) + 1

]+ x+ 1 =

x2 · q(x)(x2 − 1) + x2 + x+ 1 =[x2 · q(x) + 1

](x2 − 1) + (x+ 2).

Portanto vale o resultado para todo n > 1.

Pauta de Correcao:

• Verificar que a afirmacao e valida para n = 1. [0,25]

• Explicitar a hipotese de inducao. [0,25]

• Concluir a prova. [0,5]

Solucao Alternativa 1:

x2n + x+ 1 = (x2)n + x+ 1

= (x2 − 1 + 1)n + x+ 1

= (x2 − 1)n + n(x2 − 1)n−1 + · · ·+ n(x2 − 1) + 1n + x+ 1

= (x2 − 1) · q(x) + 1 + x+ 1

= (x2 − 1) · q(x) + (x+ 2)

Como x+ 2 tem grau 1, e o resto da divisao.


• Escrever que x2 = x2 − 1 + 1. [0,25]

• Desenvolver o polinomio na forma q(x)(x2 − 1) + x+ 2. [0,5]

• Concluir que x+ 2 e o resto. [0,25]

Solucao Alternativa 2:

Sabemos que yn − 1 = (y − 1)(yn−1 + · · ·+ y + 1). Assim,

x2n + x+ 1 = (x2)n + x+ 1

= (x2)n − 1 + 1 + x+ 1

= (x2 − 1)((x2)n−1 + · · ·+ x2 + 1) + x+ 2

Como x+ 2 tem grau 1, e o resto da divisao.


• Escrever a fatoracao de yn − 1. [0,25]

• Desenvolver o polinomio na forma q(x)(x2 − 1) + x+ 2. [0,5]

• Concluir que x+ 2 e o resto. [0,25]

Questao 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]

Dados a, n ∈ N, com a > 2 ımpar, mostre que:

(a) sean − 1

2e par entao a e da forma 4k + 1 ou n e par.

(b) se a e da forma 4k + 1 ou n e par, entaoan − 1

2e par.

Solucao

Solucao (a)

Suponha quean − 1

2e par e que a nao e da forma 4k + 1.

Temos quean − 1

2= 2k, com k inteiro, logo an = 4k + 1.

Como a e ımpar temos que a e da forma 4k + 3.

Considerando que

(4k1 + 3)(4k2 + 3) = 4k + 1

(4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1

(4k1 + 1)(4k2 + 3) = 4k + 3

concluımos que n e par.

Solucao Alternativa (a):

Suponha quean − 1

2e par e que a nao e da forma 4k + 1.

Segue quean − 1

2= 2k, daı an = 4k + 1 ou equivalentemente an ≡ 1 mod 4.

Como a e ımpar, entao a ≡ 3 ≡ −1 mod 4.

Portanto n e par pois, caso contrario, terıamos an ≡ −1 mod 4.

Solucao (b)

Suponhamos que a e da forma 4k + 1. Como (4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1, concluimos que an = 4k + 1, e daıan − 1

2= 2k,

portanto par.

Suponhamos n e par. Como a e ımpar temos que a e da forma 4k + 3.

Considerando que

(4k1 + 3)(4k2 + 3) = 4k + 1

(4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1

concluimos que an e da forma 4k + 1. Portantoan − 1

2= 2k e par.

Solucao Alternativa (b):

Suponhamos que a e da forma 4k + 1. Segue que a ≡ 1 mod 4, daı an ≡ 1 mod 4. Portanto,an − 1

2= 2k e par.

Suponhamos n par. Como a e ımpar temos que a ≡ 1 mod 4 ou a ≡ 3 ≡ −1 mod 4. Nos dois casos, an ≡ 1 mod 4, portantoan − 1

2= 2k e par.

Pauta de Correcao item (a):

• Supor a da forma 4k + 3 (ou n ımpar). [0,25]

• Concluir n par (ou a e da forma 4k + 1). [0,25]

Pauta de Correcao item (b):

• Concluir o resultado quando a da forma 4k + 1. [0,25]

• Concluir o resultado quando n par. [0,25]

Outra Solucao:

Comecamos escrevendoan − 1

2=

(a− 1

2

)(an−1 + · · ·+ a+ 1).

Vamos, primeiramente, analisar a paridade dea− 1

2.

Como a e impar, ele e da forma 4k + 1 ou 4k + 3.

Se a = 4k + 1, entaoa− 1

2= 2k e par, enquanto que, se a = 4k + 3, entao

a− 1

2= 2k + 1 e ımpar.

Agora, analisaremos a paridade de an−1 + · · ·+ a+ 1.

Sendo a > 2 ımpar, temos que an−1, . . . , a sao ımpares.

Assim, se n e par entao an−1 + · · ·+ a+ 1 e par.

Agora, se n e ımpar, entao an−1 + · · ·+ a+ 1 e ımpar.

Finalmente, observando quean − 1

2e par se, e somente se,

a− 1

2e par ou an−1 + · · ·+ a+ 1 e par concluımos que

an − 1

2e par se, e somente se a e da forma 4k + 1 ou n e par.

Pauta de Correcao:

• Escreveran − 1

2=

(a− 1

2

)(an−1 + · · ·+ a+ 1). [0,25]

• Analisar corretamente a paridade dea− 1

2. [0,25]

• Analisar corretamente a paridade de an−1 + · · ·+ a+ 1. [0,25]


ENQ2014.1 - Gabarito e Pauta de Correcao

Questao 1 [ 1,0 pt ]

O maximo divisor comum de dois inteiros positivos e 20. Para se chegar a esse resultado pelo processo das divisoes

sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem, 1, 5, 3, 3, 1 e 3. Encontre os dois numeros.

Solucao

Utilizando o processo das divisoes sucessivas, para os inteiros positivos a, b, obtem-se:

• a = b · 1 + r; 0 < r < b

• b = r · 5 + r1; 0 < r1 < r

• r = r1 · 3 + r2; 0 < r2 < r1

• r1 = r2 · 3 + r3; 0 < r3 < r2

• r2 = r3 · 1 + r4; 0 < r4 < r3

• r3 = r4 · 3

Portanto, r4 = (a, b) = 20 e r3 = 60. Substituindo esses valores nas equacoes anteriores encontra-se a = 6180 e b = 5200.

Pauta de correcao

• Demonstrar saber o que e o processo das divisoes sucessivas [0,25]

• Realizar todas as etapas do processo para este caso [0,25]

• Encontrar os valores corretos dos restos [0,25]

• Obter os valores corretos de a e b [0,25]

Questao 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Dado um polıgono regular convexo de n lados inscrito em um cırculo de raio R, seja ln o comprimento dos lados e

seja an a distancia do centro do cırculo aos lados do polıgono (an e o apotema do polıgono).

(a) Calcule l12 e a12 em funcao de R.

(b) Use o item (a) para obter o valor de tg 75◦.

Solucao

(a) Dados um cırculo de raio R e um dodecagono regular nele inscrito, considere um triangulo cujos lados sejam dois raios do

cırculo e um dos lados do dodecagono. Este triangulo tem dois lados de medida R e um de medida l12. O angulo do triangulo

oposto ao lado de medida l12 e central, correspondendo a um arco de medida 360◦/12 = 30◦. Assim, pela lei dos cossenos,

(l12)2 = R2 +R2 − 2 ·R ·R · cos 30◦,

logo,

(l12)2 = R2(2−√

3),

e, com isso,

l12 = R

√2−√

3.

A altura do triangulo considerado acima, relativa ao lado de medida l12, tem medida a12, e divide o triangulo em dois

triangulos retangulos cujos catetos medem a12 e l12/2, e cuja hipotenusa e R. Assim,

R2 =

(l122

)2

+ (a12)2,

logo,

(a12)2 = R2 −(l122

)2

= R2 −R2 · 2−√

3

4

= R2 · 2 +√

3

4.

Portanto,

a12 =R√

2 +√

3

2.

(b) O primeiro triangulo considerado no item (a), e isosceles e tem o angulo do vertice de medida 30◦. Logo, seus outros

dois angulos medem 75◦. O triangulo retangulo utilizado em (a) para o calculo de a12 tem entao catetos adjacente e oposto

de medidas

l12/2 =R√

2−√

3

2e a12 =

R√

2 +√

3

2,

respectivamente. Assim,

tg 75◦ =a12l12/2

=

(R√

2 +√

3)/2(

R√

2−√

3)/2

=

√2 +√

3√2−√

3.

Multiplicando numerador e denominador da expressao acima por√

2 +√

3, obtem-se

tg 75◦ = 2 +√

3.

Pauta de correcao

Item (a)

• Encontrar o valor correto de l12 [0,25]

• Encontrar o valor correto de a12 [0,25]

Item (b)

• Identificar triangulo retangulo com angulo interno de 75◦ [0,25]

• Obter o valor correto de tg 75◦ [0,25]


Um quadrilatero tem os seus vertices sobre cada um dos lados de um quadrado, cujo lado tem medida 1. Sabendo

que as medidas dos lados desse quadrilatero sao a, b, c e d, prove que

2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 4.

Solucao

Denote por ABCD o quadrado de lado 1 e por MNOP o quadrilatero inscrito no quadrado tal que PM = a,MN = b,NO = c

e OP = d, conforme mostra a figura.

Denote ainda por x = AM, y = BN, z = CO e t = DP . Como o quadrado ABCD tem lado 1, tem-se que MB =

1− x,CN = 1− y,OD = 1− z e PA = 1− t. Usando o Teorema de Pitagoras nos triangulos retangulos AMP, MBN, NCO

e ODP, conclui-se que

a2 = x2 + (1− t)2,

b2 = (1− x)2 + y2,

c2 = (1− y)2 + z2,

d2 = (1− z)2 + t2.

Somando, obtem-se

a2 + b2 + c2 + d2 = [x2 + (1− x)2] + [y2 + (1− y)2]

+ [z2 + (1− z)2] + [t2 + (1− t)2]

= (2x2 − 2x+ 1) + (2y2 − 2y + 1)

+ (2z2 − 2z + 1) + (2t2 − 2t+ 1)

= f(x) + f(y) + f(z) + f(t),

onde f(x) = 2x2−2x+1, x ∈ [0, 1].Agora e necessario calcular os valores de maximo e mınimo da funcao f(x) = 2x2−2x+1, x ∈[0, 1]. Visto que f e uma funcao quadratica de coeficiente lıder positivo, o valor mınimo ocorre no vertice (desde que esse vertice

esteja dentro do intervalo) e o valor maximo ocorre em um dos extremos do intervalo. Como f(0) = f(1) = 1, a simetria da

parabola assegura que o vertice esta dentro do intervalo e ocorre em x = 1/2. Como f(1/2) = 1/2, obtem-se que

1

2≤ f(x) ≤ 1, ∀ x ∈ [0, 1].

Desta forma, como a2 + b2 + c2 + d2 = f(x) + f(y) + f(z) + f(t), conclui-se que

2 =1

2+

1

2+

1

2+

1

2≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 1 + 1 + 1 + 1 = 4.

Pauta de correcao

• Perceber que as medidas a, b, c e d sao hipotenusas de triangulos retangulos e usar o Teorema de Pitagoras: [0,25].

• Perceber que a soma a2 + b2 + c2 + d2 pode ser escrita da forma f(x) + f(y) + f(z) + f(t), onde f(u) = 2u2 − 2u+ 1:

[0,5]

• Usar maximos e mınimos de funcoes quadraticas no intervalo [0, 1] para concluir as desigualdades: [0,25].

Questao 4 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

De uma caixa contendo 50 bolas numeradas de 1 a 50 retiram-se duas bolas, sem reposicao. Determine a probabi-

lidade de:

(a) o numero da primeira bola ser divisıvel por 3 e o numero da segunda bola ser divisıvel por 5.

(b) o numero da primeira bola ser divisıvel por 4 ou o numero da segunda bola ser divisıvel por 6.

Solucao

(a) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 16 bolas correspondem a numeros divisıveis por 3 e 10 bolas correspon-

dem a numeros divisıveis por 5. Entretanto ha 3 bolas (15, 30 e 45) que correspondem a numeros divisıveis por 15,

sendo, portanto, divisıveis tanto por 3 quanto por 5.

O evento retirar da caixa duas bolas, sem reposicao, de modo que o numero da primeira seja divisıvel por 3 e da segunda

seja divisıvel por 5, pode ser distribuıdo em dois eventos:

Evento A: O numero da primeira bola e divisıvel por 3, mas nao por 5, e o numero da segunda bola e divisıvel por 5:

P (A) =13

50× 10

49=

130

2450

Evento B: O numero da primeira bola e divisıvel por 3 e tambem por 5, e o numero da segunda bola e divisıvel por 5:

P (B) =3

50× 9

49=

27

2450

Assim, a probabilidade de o numero da primeira bola ser divisıvel por 3 e o da segunda ser divisıvel por 5 e 1572450

.

(b) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 12 bolas correspondem a numeros divisıveis por 4 e 8 bolas compreendem

a numeros divisıveis por 6. Entretanto ha 4 bolas (12, 24, 36 e 48) que compreendem a numeros divisıveis por 12, sendo,

portanto, divisıveis tanto por 4 quanto por 6.

A probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposicao, de modo que o numero da primeira seja divisıvel por 4

ou o da segunda seja divisıvel por 6, pode ser calculada retirando-se da probabilidade total a probabilidade do evento

o numero da primeira bola nao ser divisıvel por 4 e o da segunda nao ser divisıvel por 6, que nao satisfaz a condicao

inicial apresentada . Tal evento deve ser analisado sob dois outros eventos que o compoem:

Evento C: O numero da primeira bola nao e divisıvel por 4 mas e divisıvel por 6, e o numero da segunda bola nao e

divisıvel por 6:

P (C) =4

50× 42

49=

168

2450=

84

1225

Evento D: O numero da primeira bola nao e divisıvel por 4 e nem e divisıvel por 6, e o numero da segunda bola nao e

divisıvel por 6:

P (D) =34

50× 41

49=

1394

2450=

697

1225

Desse modo, a probabilidade de o numero da primeira bola nao ser divisıvel por 4 e o da segunda nao ser divisıvel por

6 e 7811225

. Logo, a probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposicao, de modo que o numero da primeira seja

divisıvel por 4 ou o da segunda seja divisıvel por 6 e:

1− 781

1225=

444

1225

Pauta de correcao

Item (a)

• Calcular corretamente a probabilidade de um dos dois eventos (A ou B) [0,25]

• Calcular corretamente a probabilidade do outro evento e encontrar a resposta correta [0,25]

Item (b)

• Calcular corretamente a probabilidade de um dos dois eventos (C ou D) [0,25]

• Calcular corretamente a probabilidade do outro evento e encontrar a resposta correta [0,25]


Para todo n inteiro positivo, seja

Hn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n.

Prove, por inducao em n, que n + H1 + · · ·+ Hn−1 = nHn, para todo n ≥ 2.

Solucao

Seja P (n) a proposicao: n+H1 + · · ·+Hn−1 = nHn, para todo n ≥ 2.

Para n = 2 temos que 2 +H1 = 2 + 1 = 3 = 2 · 3

2= 2 ·

(1 +

1

2

)= 2H2.

Suponha agora que P (n) e verdadeira para n = k, ou seja,

k +H1 + · · ·+Hk−1 = kHk.

Resta provar que P (n) continua valida para n = k + 1.

De fato, (k + 1) +H1 + · · ·+Hk−1 +H(k+1)−1 = (k +H1 + · · ·+Hk−1) +Hk + 1 =

kHk +Hk + 1 = (k + 1)Hk + 1 = (k + 1)

(Hk +

1

k + 1

)= (k + 1)Hk+1

e assim P (k + 1) e verdadeira.

Pauta de correcao

• Provar para n = 2 [0,25]

• Provar para n = k + 1 [0,75]

Questao 6 [ 1,0 pt ::: (a)=0,25; (b)=0,75 ]

Considere o prisma ABCDEF de bases triangulares da figura.

(a) Mostre que os tetraedros ABCE e CDEF tem o mesmo volume.

(b) Mostre tambem que os tetraedros CDEF e ACDE tem o mesmo volume e conclua que o volume de um

tetraedro e a terca parte do produto da area da base pela altura.

Informacao: Assuma o fato de que dois tetraedros com bases de mesma area e alturas congruentes tem volumes

iguais.

Solucao

(a) Considerando o tetraedro ABCE com base ABC, sua altura e igual a do prisma. Considerando CDEF com base DEF ,

sua altura tambem e igual a do prisma. Como ABC e DEF sao congruentes, pela definicao de prisma, as bases dos

tetraedros tem mesma area. Como as alturas sao congruentes, ABCE e CDEF tem mesmo volume.

(b) Como ACDF e um paralelogramo, os triangulos ACD e CDF sao congruentes, logo tem mesma area. Observe que

estes dois triangulos estao contidos em um mesmo plano π. Considerando ACD como base de ACDE, a altura deste

tetraedro e a distancia de E a π. Sendo CDF a base de CDEF , a altura e a distancia de B a π. Mas, pela definicao de

prisma, BE e paralelo a π, logo, as distancias de B e E a π sao iguais, e, entao, os tetraedros tem mesma altura. Como

a area da base e igual, os volumes sao iguais.

O volume do prisma e dado por Area(ABC) · h, onde h e sua altura. Os volumes dos tres tetraedros ABCE, CDEF e

ACDE, nos quais o prisma pode ser decomposto, sao iguais, logo

Area(ABC) · h = Volume(ABCE) + Volume(CDEF ) + Volume(ACDE)

= 3Volume(ABCE),

logo Volume(ABCE) = 13Area(ABC) · h.

Pauta de correcao

Item (a)

• Concluir a igualdade dos volumes, utilizando que as bases ABC e DEF sao congruentes e que as alturas relativas a

estas bases sao iguais [0,25]

Item (b)

• Perceber um dos seguintes fatos: [0,25]

– que as bases ACD e CDF tem a mesma area;

– que a altura de ACDE relativa ao vertice E e congruente a altura de CDEF relativa a E.

• Perceber o outro desses dois fatos e concluir a igualdade dos volumes [0,25]

• Concluir que o volume do tetraedro e um terco do volume do prisma, utilizando a decomposicao do prisma nos tetraedros

ACDE, CDEF e ABCE e o fato de que tem mesmo volume. [0,25]


Mostre que a7 ≡ a mod 21, para todo inteiro a.

Solucao

Seja a um inteiro qualquer. Observe que 21 = 3 × 7, com (3,7)=1 e assim [3,7]=21. Como 3 e 7 sao primos, pelo Pequeno

Teorema de Fermat, tem-se que a7 ≡ a mod 7 e a3 ≡ a mod 3. Tomando a congruencia a3 ≡ a mod 3, elevando ao quadrado,

segue que a6 ≡ a2 mod 3. Em seguida, multiplicando por a, vemos que a7 ≡ a3 mod 3, donde a7 ≡ a mod 3. Agora, como

a7 ≡ a mod 3 e a7 ≡ a mod 7, segue que a7 ≡ a mod [3, 7], isto e, a7 ≡ a mod 21.

Alternativa 1: Pode-se tambem mostrar que a7 ≡ a mod 3 usando a outra forma do Pequeno Teorema de Fermat: Se 3 | atem-se que a ≡ 0 mod 3 , portanto a7 ≡ a mod 3. No caso 3 - a, (a, 3) = 1 e pelo Pequeno Teorema de Fermat a2 ≡ 1 mod 3.

Elevando ao cubo e em seguida multiplicando por a tem-se que a7 ≡ a mod 3.

Alternativa 2: Pode-se usar tambem classes residuais: Seja a um inteiro qualquer. Segue que a ≡ 0 mod 3, a ≡ 1 mod 3

ou a ≡ 2 mod 3. Se a ≡ 0 mod 3 tem-se que a7 ≡ a mod 3. Se a ≡ 1 mod 3 tem-se que a7 ≡ 1 mod 3, donde a7 ≡ a mod 3.

No caso a ≡ 2 mod 3, elevando ao quadrado, segue que a7 ≡ 27 mod 3, onde 27 ≡ 2 mod 3, portanto a7 ≡ a mod 3.

Pauta de correcao

• Provar que a7 ≡ a mod 7 [0, 25]

• Provar que a7 ≡ a mod 3 [0, 5]

• Concluir que a7 ≡ a mod [3, 7] [0, 25]

Questao 8 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Sejam f : X → Y e g : Y → X duas funcoes. Prove que:

(a) se g ◦ f e injetiva, entao f e injetiva.

(b) se f ◦ g e sobrejetiva, entao f e sobrejetiva.

Solucao

(a) O objetivo e mostrar que, dados x1, x2 ∈ X satisfazendo f(x1) = f(x2), entao x1 = x2. Assuma f(x1) = f(x2). Como

g : Y → X e uma funcao, tem-se que g(f(x1)) = g(f(x2)), isto e, (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2). Como g ◦ f : X → X e

injetiva por hipotese, conclui-se que x1 = x2, ou seja, f : X → Y e injetiva.

(b) O objetivo e mostrar que, dado qualquer y ∈ Y, existe x ∈ X tal que f(x) = y. Visto que f ◦ g : Y → Y e sobrejetiva,

dado qualquer y ∈ Y, existe y1 ∈ Y tal que (f ◦ g)(y1) = y, isto e f(g(y1)) = y. Denotando por x = g(y1) ∈ X, conclui-se

que, dado y ∈ Y, existe x = g(y1) ∈ X tal que f(x) = y, isto e, f e sobrejetiva.

Pauta de correcao

Item (a)

• Usar corretamente as definicoes de injetividade e composicao de funcoes [0,25]

• Concluir corretamente a solucao do item [0,25]

Item (b)

• Usar corretamente as definicoes de sobrejetividade e composicao de funcoes [0,25]

• Concluir corretamente a solucao do item [0,25]

GABARITO E PAUTA DE CORRECAO DO ENQ-2014.2

Questao 1 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Sejam a, b, p inteiros, com p primo. Demonstre que:

(a) se p nao divide a, entao (p, a) = 1.

(b) se p | ab, entao p | a ou p | b.

Solucao

(a) Suponha que p - a e seja d = (p, a). Segue que d | p e d | a. Como p e primo, d = p ou d = 1. Mas d 6= p, pois

p - a e, consequentemente d = 1.

(b) Basta provar que, se p | ab e p - a, entao p | b. Suponha entao que p | ab e p - a. Segue que (a, p) = 1 e daı,

existem r e s inteiros tais que ra + sp = 1. Multiplicando esta equacao por b tem-se que rab + spb = b. Mas

p | ab e p | p, portanto p | b.

PAUTA DE CORRECAO:

Item (a)

• Usar o fato de que p e primo e concluir que (p, a) = p ou (p, a) = 1 [0, 25]

• Concluir que (p, a) = 1 [0, 25]

Item (b)

• Escrever a estrategia da prova [0, 25]

• Concluir a prova [0, 25]

Questao 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Duas sequencias de numeros reais xn e yn estao relacionadas pelas recorrencias

xn+1 = 2xn + yn, yn+1 = 5xn − 2yn.

(a) Mostre que a sequencia xn satisfaz a recorrencia xn+2 = 9xn.

(b) Suponha x0 = y0 = 1. Encontre as formulas gerais para as sequencias xn e yn em funcao de n.

Solucao

(a) Como xn+1 = 2xn + yn e yn+1 = 5xn − 2yn, segue que xn+2 = 2xn+1 + yn+1 = 2(2xn + yn) + 5xn − 2yn =

4xn + 2yn + 5xn − 2yn = 9xn.

(b) A recorrencia xn+2 − 9xn = 0 tem como equacao caracterıstica r2 − 9 = 0, cujas raızes sao r1 = −3 e r2 = 3.

Com isso a solucao da recorrencia e dada por xn = C1(−3)n + C2 · 3n. Como x0 = y0 = 1 temos que

x1 = 2x0 + y0 = 3. Logo segue que 1 = C1(−3)0 + C2 · 30 e 3 = C1(−3)1 + C2 · 31, ou seja, C1 + C2 = 1 e

−3C1 + 3C2 = 3, cuja solucao e C1 = 0 e C2 = 1. Portanto xn = 3n e yn = xn+1 − 2xn = 3n+1 − 2 · 3n = 3n.

PAUTA DE CORRECAO:

Item (a)

• Provar o resultado [0, 5]

Item (b)

• Determinar xn [0, 25]

• Encontrar yn [0, 25]


Considere o triangulo ABC de lados a, b, c e alturas ha, hb e hc relativas respectivamente aos lados a, b e

c. Prove que ABC e semelhante a um triangulo de lados1

ha,

1

hbe

1

hc.

Solucao

No triangulo ABC, temos que ha e a altura relativa ao lado a, hb e a altura relativa ao lado b e hc e a altura relativa

ao lado c. Sendo assim, podemos escrever tres relacoes que fornecem a mesma area, ou seja, a area do triangulo

ABC:a · ha

2=

b · hb

2=

c · hc

2

Dessa forma, temos que a · ha = b · hb = c · hc. Como a · ha = a(1/ha)

, podemos reescrever a expressao anterior na

forma:a1ha

=b1hb

=c1hc

,

o que mostra que os triangulos de lados a, b, c e lados (1/ha), (1/hb), (1/hc) sao semelhantes.

PAUTA DE CORRECAO:

• Observar que a · ha/2, b · hb/2 e c · hc/2 sao, as tres, expressoes da area do triangulo (ou, obviamente, que

a · ha,b · hb e c · hc sao o dobro da area) [0,5]

• Utilizar a conclusao anterior para concluir que a/(1/ha) = b/(1/hb) = c/(1/hc) [0,25]

• Concluir a semelhanca [0,25]

Questao 4 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Sejam x e y dois numeros racionais com x < y.

(a) Prove que x <x + y

2< y e que x < x +

y − x√2

< y.

(b) Mostre que entre dois numeros racionais quaisquer existe pelo menos um numero racional e um

irracional.

Solucao

(a) Como x < y por hipotese, somando x em ambos os lados desta desigualdade tem-se 2x < x+y, logo x <x + y

2.

De modo analogo, somando y em ambos os lados de x < y tem-se x + y < 2y, ou seja, x+y2 < y. Portanto

segue-se que x <x + y

2< y. Por outro lado, x < y ⇒ y − x > 0 ⇒ y − x√

2> 0 e somando x em ambos os

lados desta ultima desigualdade obtem-se x < x +y − x√

2. Para demonstrar a segunda parte da desigualdade,

observe que x +y − x√

2< y

equivale a√

2x+y−x <√

2y, ou ainda, (√

2−1)x < (√

2−1)y que nos da x < y. Portanto, usando argumento

de volta, pode-se concluir que x +y − x√

2< y e, juntando as duas partes chega-se a desigualdade desejada,

x < x +y − x√

2< y.

(b) A primeira parte do item (a) nos diz que o numero z1 =x + y

2esta situado entre os numeros racionais x e y e

como soma e produto de numeros racionais e um numero racional, segue que z1 satisfaz a condicao requerida.

A segunda parte de (a) nos diz que o numero z2 = x +y − x√

2tambem esta situado entre os numeros racionais

x e y e para concluir, basta ver que z2 e irracional. Sabemos que1√2

e irracional e que produto de irracional

por racional nao nulo e irracional. Como y − x > 0 e racional, segue que1√2· (y − x) =

y − x√2

e irracional.

A soma de um racional com um irracional tambem e irracional e portanto z2 = x +y − x√

2e irracional e esta

situado entre os numeros racionais x e y.

PAUTA DE CORRECAO:

Item (a)

• Provar que x <x + y

2< y [0,25]

• Provar que x < x +y − x√

2< y [0,25]

Item (b)

• Provar que entre dois numeros racionais existe pelo menos um racional [0,25]

• Provar que entre dois numeros racionais existe pelo menos um irracional [0,25]


Em uma cesta contendo ovos, na contagem de dois em dois, de tres em tres, de quatro em quatro e de

cinco em cinco, sobram 1, 2, 3 e 4 ovos, respectivamente. Qual e a menor quantidade de ovos que a cesta

pode ter?

Solucao

Representamos por N o numero procurado. Sabemos que N e uma solucao do seguinte sistema de congruencias:x ≡ 1 mod 2

x ≡ 2 mod 3

x ≡ 3 mod 4

x ≡ 4 mod 5

Como (3, 4) = (3, 5) = (4, 5) = 1 consideramos primeiramente o sistema formado pelas tres ultimas congruencias e

usamos o Teorema Chines dos Restos para resolve-lo. Neste caso, M = 3 · 4 · 5 = 60,M1 = 20,M2 = 15 e M3 = 12.

Por outro lado, y1 = 2, y2 = 3 e y3 = 3 sao solucoes, respectivamente, das congruencias 20y1 ≡ 1 mod 3, 15y2 ≡ 1

mod 4 e 12y3 ≡ 1 mod 5. Portanto, uma solucao e dada por

M1y1c1 + M2y2c2 + M3y3c3 = 20 · 2 · 2 + 15 · 3 · 3 + 12 · 3 · 4 = 359.

As solucoes do sistema sao x = 359 + 60t, onde t ∈ Z. A menor solucao e 59, quando t = −5. Como 59 tambem

satisfaz a primeira congruencia concluimos que N = 59.

PAUTA DE CORRECAO:

• Montar o sistema [0, 25]

• Determinar a solucao geral [0, 5]

• Obter a menor solucao positiva [0,25]

Outra solucao :

Representamos por N o numero procurado. Sabemos que N e uma solucao do seguinte sistema de congruencias:x ≡ 1 mod 2

x ≡ 2 mod 3

x ≡ 3 mod 4

x ≡ 4 mod 5

Somando 1, nos dois lados, de cada congruencia:x + 1 ≡ 0 mod 2

x + 1 ≡ 0 mod 3

x + 1 ≡ 0 mod 4

x + 1 ≡ 0 mod 5

o qual e equivalente a congruencia x + 1 ≡ 0 mod [2, 3, 4, 5], onde [2, 3, 4, 5] = 60, obtemos as solucoes x + 1 = 60t,

onde t ∈ Z. A menor solucao positiva ocorre quando t = 1, portanto N = 59.

PAUTA DE CORRECAO:

• Montar o sistema [0, 25]

• Determinar a solucao geral [0, 5]

• Obter a menor solucao positiva [0,25]


Um professor do Ensino Medio propos a seguinte questao:

“Dada a sequencia 1, 4, 9, 16, . . ., determine o quinto termo”.

Um aluno achou um resultado diferente de 25, que era a resposta esperada pelo professor. Ele obteve

um polinomio P (x) satisfazendo cinco condicoes: P (1) = 1, P (2) = 4, P (3) = 9, P (4) = 16 e P (5) 6= 25.

Encontre um polinomio P (x) satisfazendo as condicoes acima e tal que P (5) = 36.

Sugestao: Analise o polinomio Q(x) = P (x)− x2.

Solucao

Seja Q(x) = P (x)− x2. Observe que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 sao raızes de Q(x) e podemos escreve-lo da seguinte

forma:

Q(x) = h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4),

onde h(x) e uma funcao de x. Temos entao que

P (x) = x2 + h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4).

Como o enunciado pede para encontrarmos um polinomio, facamos h(x) = k, sendo k uma constante a ser determinada

com P (5) = 36. Substituindo x = 5 em P (x), P (5) = 36 = 52 + k.4.3.2.1 e encontramos k = 1124 .

Logo P (x) = x2 + 1124 (x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) e um polinomio que satisfaz as condicoes do enunciado.

PAUTA DE CORRECAO:

• Observar que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 sao raızes de Q(x) [0,25]

• Descrever que Q(x) e da forma Q(x) = h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) [0,25]

• Descrever que P (x) = x2 + h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) [0,25]

• Mostrar algum h(x) e escrever P (x) [0,25]


Considere um cubo de aresta a. A partir de um vertice, e sobre as tres arestas que nele concorrem, sao

assinalados os pontos que distam a3 deste vertice. Os tres pontos assim obtidos, junto com o vertice do

cubo, sao vertices de um tetraedro. Repetindo o processo para cada vertice, e retirando-se do cubo os oito

tetraedros assim formados, obtem-se o poliedro P restante. Calcule a area total de P .

Solucao

A area do total poliedro P pode ser calculada subtraindo-se, da area total do cubo, as areas de 24 triangulos retangulos

de catetos a3 , correspondentes as 3 faces laterais de cada um dos 8 tetraedros retirados, e somando-se a area de 8

triangulos equilateros de lado a√2

3 , correspondentes as bases de cada um dos 8 tetraedros.

As areas acima sao dadas por:

• Area total do cubo:

AC = 6a2.

• Area de cada triangulos retangulos de catetos a3 :

A1 =1

2·(a

3

)2=

a2

18.

• Area de cada triangulos equilateros de lados a√2

3 :

A2 =

(a√

2

3

)2

·√

3

4=

2a2

9·√

3

4=

a2√

3

18.

Assim, a area do poliedro P e dada por

AP = 6AC − 24A1 + 8A2

= 6a2 − 24 · a2

18+ 8 · a

2√

3

18

= 6a2 − 4a2

3+

4a2√

3

9

=a2 · (4

√3 + 42)

9.

PAUTA DE CORRECAO:

• Apresentar a estrategia para calculo da area e calcular corretamente a area do cubo [0,25]

• Calcular corretamente a area de cada face triangular a ser retirada (A1) [0,25]

• Calcular corretamente a area de cada face triangular a ser somada (A2) [0,25]

• Calcular corretamente a area total, a partir das areas acima obtidas, observando o numero correto de faces a

serem somadas ou retiradas [0,25]

Outra solucao:

O poliedro P obtido e formado por 8 faces triangulares e 6 faces octogonais. Considerando A1 a area de uma face

triangular e A2 a area de uma face octogonal, teremos que a area A do Poliedro P sera dada por A = 8 ·A1 + 6 ·A2.

As faces octogonais sao obtidas, cada uma, retirando-se de um quadrado de lado a quatro triangulos retangulos

cujos catetos medem a3 . A area de cada um desses triangulos sera 1

2

(a3

)2= a2

18 . Assim, a area de cada face octogonal

sera A1 = a2 − 4 · a2

18 = 7a2

9 .

As faces triangulares sao equilateras, de lados l = a√2

3 , que podem ser obtidos observando que os lados do tetraedro

retirado sao triangulos retangulos de catetos medindo a3 . Sendo assim, A2 = a2

√3

18 .

Assim podemos calcular a area A do poliedro P :

AP = 6 · (A1) + 8 · (A2)

= 6 · 7a2

9+ 8 · a

2√

3

18

=a2 · (4

√3 + 42)

9.

PAUTA DE CORRECAO:

• Calcular corretamente a area de cada face triangular [0,25]

• Apresentar uma forma correta de calculo da area de cada face octogonal (retirando as areas dos quatro

triangulos ou outro caminho equivalente) [0,25]

• Obter corretamente a area de cada face octogonal [0,25]

• Calcular corretamente a area total, a partir das areas obtidas para cada tipo de face, observando o numero

correto de faces de cada tipo [0,25]

Questao 8. [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]

Considere que foram efetuadas todas as permutacoes possıveis dos algarismos que compoem o numero

78523, listando os numeros obtidos em ordem crescente.

(a) Determine a posicao ocupada pelo numero 78523.

(b) Calcule a soma de todos os numeros listados.

Solucao

(a) Para obter a posicao do numero 78523 nesta lista, calcularemos quantos numeros estao antes dele na lista.

Os primeiros numeros, nesta lista, sao aqueles que iniciam com 2. Permutando os outros 4 algarismos, temos

4! = 24 numeros que iniciam com 2. Os proximos numeros sao os iniciados com 3. Como no caso anterior,

trata-se de 24 numeros. Seguem-se os numeros iniciados com 5, que tambem sao 24 numeros. Os proximos

numeros sao os iniciados com 72, 73 e 75. Para cada um destes casos, permutandos os outros 3 algarismos,

temos mais 3! = 6 numeros. Finalmente, temos os numeros iniciados com 782 e 783, com 2 numeros em cada

caso. Sendo assim, a posicao do numero 78523 e

3× 24 + 3× 6 + 2× 2 + 1 = 95.

Outra Solucao:

Para obter a posicao do numero 78523 nesta lista, calcularemos quantos numeros estao depois dele na lista.

Permutando os 5 algarismos, calculamos que a lista tem um total de 5! = 120 numeros. Os ultimos numeros,

nesta lista, sao aqueles que iniciam com 8. Permutando os outros 4 algarismos, temos 4! = 24 numeros que

iniciam com 8. Antes destes temos o numero 78532, que esta imediatamente apos o numero 78523. Sendo

assim, a posicao do numero 78523 e

120− 24− 1 = 95.

(b) Permutando os 5 algarismos, vemos a lista tem um total de 5! = 120 numeros. Para calcular a soma destes

numeros, devemos perceber que cada algarismo do numero 78523 aparece na posicao das unidades em 4! = 24

numeros. Assim temos (7 + 8 + 5 + 2 + 3) × 24 = 600 unidades. O mesmo ocorre na posicao das dezenas,

centenas, milhares e dezenas de milhares. Portanto, a soma e igual a

600× 10000 + 600× 1000 + 600× 100 + 600× 10 + 600 = 6.666.600.

PAUTA DE CORRECAO:

Item (a)

• Perceber que existem 24 numeros iniciando com 2, 3 e 5 [0,25]

• Calcular corretamente a posicao ocupada pelo numero 78523 [0,25]

Solucao alternativa para o item (a)

• Perceber que existem 24 numeros iniciando com 7 e 8 [0,25]

• Calcular corretamente a posicao ocupada pelo numero 78523 [0,25]

Item (b)

• Perceber que cada algarismo aparece 24 vezes em cada posicao [0,25]

• Calcular corretamente a soma [0,25]

GABARITO - QUALIFICACAO - Setembro de 2012

Questao 1. (pontuacao: 1)

No octaedro regular duas faces opostas sao paralelas. Em um octaedro regular de aresta a, calcule a distancia

entre duas faces opostas.

Obs: no seu calculo, voce pode afirmar as propriedades que esta utilizando sem precisar demonstra-las, mas deve

descreve-las detalhadamente.

A B

C D

E

F

O M

G

Uma solucao:

A figura acima mostra o octaedro regular ABCDEF de aresta a. As diagonais AC e EF determinam o centro O

do octaedro. Seja M o ponto medio da aresta BC. Como a reta BC e perpendicular ao plano (EOM), os planos

(EBC) e (EOM) sao perpendiculares. No triangulo retangulo EOM a altura OG relativa a hipotenusa e a distancia

do ponto O a face (EBC). Temos:

OE = a√2

2 , metade da diagonal do quadrado BEDF ,

OM = a2 , distancia do centro do quadrado ABCD ao lado BC, e

EM = a√3

2 , altura do triangulo equilatero EBC.

Assim, a relacao OG.EM = OE.OM fornece OG = a√6

6 .

Como a distancia de O a face (FDA) e igual ao comprimento de OG temos que a distancia entre duas faces opostas

do octaedro regular e o dobro do comprimento de OG, ou seja, igual a a√6

3 .

Outra solucao:

Podemos decompor a piramide ABCDE em quatro tetraedros congruentes ao tetraedro BCEO. A piramide

ABCDE tem volume igual a V = a2.OE3 = a3

√2

6 e o tetraedro BCEO tem volume igual a W = 13a2

√3

4 OG = a2√3

12 OG.

Da igualdade V = 4W segue que OG = a√6

6 , logo a distancia entre duas faces opostas do tetraedro regular e igual aa√6

3 .

Questao 2. (pontuacao: 1,5)

A figura abaixo mostra uma folha de papel retangular ABCD com AB = 25 cm e BC = 20 cm. Foi feita uma

dobra no segmento AE de forma que o vertice B coincidiu com o ponto P do lado CD do retangulo.

EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012

A B

C D

E

P

(a) Calcule o comprimento do segmento DP .

(b) Calcule a razao entre as areas dos triangulos ADP e PCE.

(c) Calcule o comprimento do segmento AE.

Uma solucao:

a) Como os triangulos AEB e AEP sao congruentes, entao AP = AB = 25 cm . Assim, pelo teorema de Pitagoras,

DP =√

252 − 202 = 15 cm

.

A B

C D

E

P

25

25 20

15 10

7,5

12,5

b) Temos PC = 25 − 15 = 10 cm. O angulo APE e reto pois e igual ao angulo ABE. Assim, os angulos α e β

da figura sao complementares e, como consequencia, os triangulos ADP e PCE sao semelhantes, pois possuem os

mesmos angulos e a razao de semelhanca e k = ADPC = 20

10 = 2. Assim, a razao entre as areas desses triangulos e

k2 = 4.

c) Da semelhanca dos triangulos ADP e PCE tem-se CEPC = DP

AD , ou seja, CE10 = 15

20 , o que da CE = 7, 5 cm e,

consequentemente, BE = 12, 5 cm.

O teorema de Pitagoras pode ser usado no triangulo ABE para calcular o comprimento de AE. Isto da AE =√252 + (12, 5)2 cm.

Observando que, neste problema, AB e o dobro de BE, o calculo acima e imediato. Se um triangulo retangulo

possui catetos a e 2a, entao sua hipotenusa mede a√

5. Assim, neste caso, obtemos facilmente que

AE = 12, 5√

5 =25√

5

2cm


Em uma caixa ha tres dados aparentemente identicos. Entretanto, apenas dois deles sao normais, enquanto o

terceiro tem tres faces 1 e tres faces 6. Um dado e retirado ao acaso da caixa e lancado duas vezes.


Se a soma dos resultados obtidos for igual a 7, qual e a probabilidade condicional de que o dado sorteado tenha

sido um dos dados normais?

Uma solucao:

Queremos obter

P (dado normal|soma 7) =P (dado normal e soma 7)

P (soma7)

Mas

P (soma 7|dado normal) =6

36=

1

6

P (soma 7|dado anormal) =6× 3

36=

1

2

(o primeiro resultado pode ser qualquer das faces; o segundo, qualquer das tres faces diferentes da obtida no primeiro

lancamento). Logo


P (soma7)=

P (dado normal)× P (soma 7|dado normal)

P (dado normal)× P (soma 7|dado normal) + P(dado anormal)× P (soma 7|dado anormal)=

23 ×

16

23 ×

16 + 1

3 ×12

=2

5

Outra solucao:

Nomeemos os dados da seguinte forma: N1 e N2 (dados normais) e A (dado anormal).

Se o dado retirado for N1 sao 36 casos possıveis para dois lancamentos deste dado e somente 6 casos favoraveis

com soma 7. Se o dado retirado for N2 tambem sao 36 casos possıveis para dois lancamentos deste dado e somente 6

casos favoraveis com soma 7. Se o dado retirado for A sao 36 casos possıveis para dois lancamentos deste dado, mas

agora 18 casos favoraveis com soma 7.

Logo, no total sao 30 os casos possıveis para que a soma de 7 e dentre estes, somente em 12 a soma e proveniente

de dados normais. Portanto


P (soma 7)=

12

30=

2

5.


A linha poligonal da figura comeca na origem e passa por todos os pontos de coordenadas inteiras do plano

cartesiano.


1

2

3

1

2

3 -1

-1

-2

-2

(a) Seja n um numero inteiro nao negativo. Mostre que o comprimento c(n) da linha poligonal da origem ate o

ponto (n, n) e igual a 4n2.

(b) Qual e o comprimento da linha poligonal entre os pontos (7, 10) e (11,−20)?

Uma solucao:

a) A passagem do ponto (n, n) para o ponto (n+ 1, n+ 1) e ilustrada no diagrama abaixo:

(n+1, n+1)

(n, n)

(n, -n) (-n-1, -n)

(-n-1, n+1)

Assim, o comprimento adicional ao passar de (n, n) para (n + 1, n + 1) e 2n + (2n + 1) + (2n + 1) + (2n + 2) =

8n+ 4 = 4(2n+ 1).

A partir daı, pode-se calcular diretamente a soma 4(2.0+1)+4(2.1+1)+...+4(2(n−1)+1) = 4(1+3+...+(2n−1)) =

4(1 + 2n− 1).n/2 = 4n2.

Alternativamente, pode-se recorrer a inducao finita:

A formula dada claramente vale para n = 0. Suponhamos valida para n. Para n+1, o comprimento e 4n2+4(2n+1)

= 4(n+ 1)2; logo, a formula vale para n+ 1. Portanto, pelo PIF, vale a formula para todo n inteiro nao negativo.


Outra solucao:

Ate chegar ao ponto (n, n), teremos passado por todos os pontos de coordenadas inteiras do retangulo [−n, n−1]×[−(n− 1), n], que possui 2n.2n pontos; a linha poligonal tem, assim, comprimento igual a (4n2 − 1) + 1 (a primeira

parcela exprime o comprimento da poligonal no retangulo acima; a segunda, corresponde ao segmento final).

b) Como ilustra o diagrama abaixo, o comprimento entre (7, 10) e (11,−20, ) e c(20) − c(10) + 3 + 40 + 9 =

4.202 − 4.102 + 52 = 1252.

(20, 20)

(20, -20)

(10, 10)

(11, -20)

(7, 10)

3

40

9

(10, -10)


Um corpo esta impregnado de uma substancia radioativa cuja meia-vida e um ano. Quanto tempo levara para que

sua radioatividade se reduza a 10% do que e?

Uma solucao:

Se M0 e a massa da substancia radioativa no ano t = 0 e M e a massa da mesma substancia apos t anos, entao

M = M0.at, para um certo a, com 0 < a < 1. A informacao sobre a meia-vida nos diz que M0.a

1 = 12M0, logo a = 1

2 .

Queremos achar t de modo que M0.at = M0

10 , ou seja ( 12 )t = 1

10 . Entao, tomando logaritmos na base 10,

t =1

log10 2.

[Como log10 2 ≈ 0, 3010 entao t ≈ 3, 3 ≈ 3 anos e 4 meses]


Qual e o menor valor da expressao√

16x/y +√y/(81x) quando x e y sao numeros reais positivos quaisquer?

Justifique sua resposta.

Uma solucao:

A expressao dada e o dobro da media aritmetica entre√

16x/y e√y/(81x), logo seu valor e maior do que ou igual

ao dobro da media geometrica desses numeros. Ou seja:

√16x/y +

√y/(81x) ≥ 2.

√√16x/y.

√y/(81x) =

4

3


Alem disso, a igualdade vale se, e somente se, 16x/y = y/(81x), isto e 16.81.x2 = y2. Isto acontece, por exemplo,

quando x = 1 e y = 36. Em outras palavras, com x = 1 e y = 36, a expressao dada atinge seu valor mınimo, que e

igual a 43 . Ha, entretanto, infinitos pontos para os quais este valor mınimo e atingido.

Poderıamos tambem “completar quadrados” para obter a igualdade√16x/y +

√y/(81x) = ((16x/y)

14 − (y/(81x))

14 )2 + 2.(

16

81)

14 = ((16x/y)

14 − (y/(81x))

14 )2 +

4

3

e proceder como acima.


Mostre que, para todo n ∈ N, e inteiro o numero 17n

7 + 15n

5 + 2335n.

Uma solucao:

Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que n7 ≡ n mod 7 e n5 ≡ n mod 5, logo 7 divide n7 − n e 5 divide n5 − n,

para todo n. Portanto, a igualdade

1

7n7 +

1

5n5 +

23

35n =

n7 − n7

+n5 − n

5+ n

nos permite concluir o desejado.

Outra solucao:

Basta usar o Princıpio de Inducao Finita:

Se n = 0 a expressao e tambem igual a zero. Observe que quando n = 1, a expressao torna-se 17 + 1

5 + 2335 = 1.

Suponha agora que 17n

7 + 15n

5 + 2335n e um numero inteiro e mostremos que 1

7 (n + 1)7 + 15 (n + 1)5 + 23

35 (n + 1)

tambem e inteiro.

Expandindo em seus binomios de Newton

{1

7C(7, 0)n7 +

1

7C(7, 1)n6 + ...+

1

7C(7, 7)n0}+ {1

5C(5, 0)n5 +

1

5C(5, 1)n4 + ...+

1

5C(5, 5)n0}+

23

35n+

23

35

vemos que todos os termos desta ultima expressao sao numeros inteiros, exceto talvez 17n

7, 15n

5, 2335n, 1

7 ,15 e 23

35 . Mas,

por hipotese de inducao, a soma dos tres primeiros elementos desta ultima lista e um numero inteiro e a soma dos

tres restantes e igual a 1, logo a expressao toda e um inteiro.


Um numero natural m e dito um quadrado se existe a ∈ N tal que m = a2.

(a) Mostre que o algarismo das unidades (na base 10) de um quadrado so pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6

ou 9.

(b) Mostre que todo quadrado e da forma 4n ou 4n+ 1.

(c) Mostre que nenhum numero que escrito na base 10 tem a forma m = dd . . . d (todos os algarismos iguais), com

m > 10 e d ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, e um quadrado.


Uma solucao:

a) Escrevamos a = 10b+ c, com c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Logo,

m = a2 = (10b+ c)2 = 10(10b2 + 2bc) + c2.

Portanto, o algarismo das unidades de m coincide o algarismo das unidades de c2. Fazendo variar c no conjunto

{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, temos os seguintes possıveis valores:

c2 = 0, c2 = 1, c2 = 4, c2 = 9, c2 = 16,

c2 = 25, c2 = 36, c2 = 49, c2 = 64, c2 = 81,

o que prova a assercao.

b) Todo numero natural a se escreve na forma 4s+ r, com r = 0, 1, 2 ou 3.

Temos que

r = 0: m = a2 = (4s)2 = 4(4s2),

r = 1: m = a2 = (4s+ 1)2 = 4(4s2 + 2s) + 1,

r = 2: m = a2 = (4s+ 2)2 = 4(4s2 + 4s) + 4 = 4(4s2 + 4s+ 1),

r = 3: m = a2 = (4s+ 3)2 = 4(4s2 + 6s) + 9 = 4(4s2 + 6s+ 2) + 1,

logo m e da forma 4n ou 4n+ 1.

[Observe tambem que se dois numeros a e b deixam restos r1 e r2, respectivamente, na divisao por um numero c,

entao o produto ab deixa o mesmo resto na divisao por c que o produto r1r2. Assim, apenas temos que olhar para

02, 12, 22, 32 e observar que estes quatro numeros deixam resto 1 ou 0 na divisao por 4].

c) Os casos d = 2, 3, 7 e 8 sao consequencias imediatas do item (a).

Os casos d = 1, 4 e 9 sao tratados a seguir. Temos que

m = 11 . . . 1 = 100x+ 11 = 4(25x+ 2) + 3,

logo m e da forma 4n+ 3. Portanto, m nao e um quadrado.

Os numeros m = 44 . . . 4 = 4(11 . . . 1) e m = 99 . . . 9 = 9(11 . . . 1) nao podem ser quadrados, pois, caso contrario,

11 . . . 1 seria um quadrado.

O caso d = 5 segue do fato de

m = 55 . . . 5 = 100y + 55 = 4(25y + 13) + 3,

logo da forma 4n+ 3.

O caso d = 6 segue do fato de m = 66 . . . 6 = 4(25z + 16) + 2, logo da forma 4n+ 2.

EXAME DE QUALIFICACAO - 2012.2 - GABARITO

Questao 1.

(a) Prove que, para quaisquer x, y, z, a, b, c ∈ R, tem-se

(ax+ by + cz)2 ≤ (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) .

(b) Excetuando o caso trivial em que a = b = c = 0, mostre que vale a igualdade se, e somente se, existe m ∈ Rtal que x = ma, y = mb e z = mc.

UMA SOLUCAO

(a) Efetuando as operacoes indicadas, vemos que

(a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2)− (ax+ by + cz)2 = (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2 .

Como todo quadrado em R e ≥ 0, segue-se a desigualdade proposta.

(b) Quanto a igualdade, ela e evidente no caso em que x = ma, y = mb e z = mc, para algum m ∈ R.

Reciprocamente, se ela vale entao, supondo, por exemplo, a 6= 0, pomos m = xa . Sabendo (pelo visto acima) que

ay − bx = az − cx = bz − cy =, de x = ma resultam 0 = ay − bx = ay −mab e daı (como a 6= 0) tiramos y = mb.

Analogamente, obtemos z = mc.


Questao 2.

(a) Usando o grafico com o qual se define geometricamente o logaritmo natural ln, mostre que ln(1 + x) < x para

todo x > 0, e daı lnx < x.

(b) Tomando√x em vez de x nesta ultima desigualdade, prove que para todo x suficientemente grande o quociente

ln xx pode tornar-se tao pequeno quanto desejemos.

(c) Prove ainda que essa conclusao e valida para logaritmos em qualquer base > 1.

UMA SOLUCAO

(a) ln(1 +x) e a area de uma faixa de hiperbole, contida no retangulo de altura 1 e base igual ao intervalo [1, 1 +x]

do eixo das abscissas. Daı ln(1 + x) < x, pois x e a area desse retangulo. Como lnx e uma funcao crescente de x,

tem-se lnx < ln(1 + x) < x.

(b) Colocando-se√x no lugar de x, tem-se ln

√x <√x, ou seja, 1

2 lnx <√x. Dividindo ambos os membros por

x, vemlnx

x<

2√x.

Se desejarmos ter ln xx < ε, basta tomar 2√

x< ε, isto e, x > 4

ε2 .

(c) Finalmente, se log x significar o logaritmo de x na base a, entao tomando c = log e teremos log x = c lnx, e daı

log x

x= c

lnx

x,

ou seja, os dois quocientes diferem apenas por uma constante. Entao

log x

x≤ 2c√

x,

que e menor do que ε se x > 4c2

ε2 .


Questao 3.

Uma moeda, com probabilidade 0, 6 de dar cara, e lancada 3 vezes.

(a) Qual e a probabilidade de que sejam observadas duas caras e uma coroa, em qualquer ordem?

(b) Dado que foram observadas duas caras e uma coroa, qual e a probabilidade de que tenha dado coroa no primeiro

lancamento?

UMA SOLUCAO

(a) Para saırem duas caras e uma coroa, so ha as 3 possibilidades: coroa-cara-cara, cara-coroa-cara, e cara-cara-

coroa. Cada uma delas tem probabilidade 0, 6 × 0, 6 × (1 − 0, 6) = 0, 36 × 0, 4 = 0, 144. Logo a probabilidade de

saırem duas caras e uma coroa e de 3× 0, 144 = 0, 432.

(b) Dado que foram observadas duas caras e uma coroa, ocorre apenas uma das 3 possibilidades acima, todas

equiprovaveis. E so uma delas comeca com coroa. Entao a probabilidade de ter dado coroa no primeiro lancamento

e de 13 .


Questao 4.

Considere a sequencia an definida como indicado abaixo:

a1 = 1

a2 = 1 + 2

a3 = 2 + 3 + 4

a4 = 4 + 5 + 6 + 7

...

(a) O termo a10 e a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual e o menor e qual e o maior desses inteiros? Calcule

a10.

(b) Forneca uma expressao geral para o termo an.

UMA SOLUCAO

(a) Uma maneira de fazer e ir ate a decima linha, seguindo a regra sugerida, em que o ultimo termo de uma linha

e o primeiro termo da seguinte.

a1 = 1

a2 = 1 + 2

a3 = 2 + 3 + 4

a4 = 4 + 5 + 6 + 7

a5 = 7 + 8 + 9 + 10 + 11

a6 = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16

a7 = 16 + 17 + 18 + 19 + 20 + 21 + 22

a8 = 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29

a9 = 29 + 30 + 31 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37

a10 = 37 + 38 + 39 + 40 + 41 + 42 + 43 + 44 + 45 + 46

Entao a10 e a soma de uma P.A. com primeiro termo 37, ultimo termo 46, e razao 1. Portanto

a10 =37 + 46

2· 10 = 415 .

(b) Primeiro vejamos qual e a lei que rege o primeiro termo de an. Chamemos de bn esse primeiro termo. Temos

b1 = 1, b2 = 1, b3 = 2, b4 = 4, b5 = 7 etc. Daı b2−b1 = 0, b3−b2 = 1, b4−b3 = 2, b5−b4 = 3, isto e, bn−bn−1 = n−2.

Ou seja, bn − bn−1, n ≥ 2, e uma P.A. de razao 1 e primeiro termo igual a zero. Entao bn e igual a 1 mais a soma

dessa P.A. ate o termo n− 2:

bn = 1 +(n− 2)(n− 1)

2.

O ultimo termo de an e igual a bn + n− 1. Entao, sendo an a soma de uma P.A. de n termos com o primeiro igual a

bn e o ultimo igual a bn + n− 1, resulta que

an = n · bn + (bn + n− 1)

2.

Colocando essa expressao explicitamente em funcao de n, temos

an = n ·[bn +

n− 1

2

]= n ·

[1 +

1

2(n− 1)(n− 2 + 1)

]= n ·

[1 +

1

2(n− 1)2

],

que e um polinomio cubico em n.

(Nessas horas, vale a pena conferir se a formula bate com o que esperamos, examinando os primeiros casos. Confira!)


Questao 5.

Seja ABC um triangulo equilatero de lado 6 e AD um segmento perpendicular ao plano desse triangulo de

comprimento 8.

(a) Localize o ponto P do espaco que e equidistante dos quatro pontos A, B, C e D e calcule a distancia comum

R = PA = PB = PC = PD.

(b) Calcule o cosseno do angulo entre as retas reversas AC e BD.

UMA SOLUCAO

(a) O ponto P deve estar no plano paralelo a ABC a 4 unidades de distancia de A, pois esse e o plano dos pontos

equidistantes de A e D. Ao mesmo tempo, ele deve estar na reta perpendicular ao plano determinado por ABC que

passa pelo centro H de ABC, pois essa reta e o conjunto de pontos que equidistam de A, B e C.

A distancia de H a qualquer um dos vertices do triangulo e igual a 2√

3 (o que pode ser obtido de varios modos).

Como AHP e triangulo-retangulo, de catetos AH = 2√

3 e HP = 4, e hipotenusa AP = R, entao R2 = 12+16 = 28,

logo R = 2√

7.

(b) Chame de Q o ponto do plano de ABC tal que AQBC e paralelogramo. O angulo procurado e o angulo

α = QBD. Todos os lados do triangulo QBD sao conhecidos: (i) BD = 10, porque BAD e retangulo com catetos

iguais a 6 (o lado do triangulo ABC) e 8 (a altura do ponto D); (ii) BQ = AC = 6; (iii) QD = 10 (pela mesma

razao de (i)). Entao, pela Lei dos Cossenos,

102 = 102 + 62 − 2 · 10 · 6 · cosα ,

de onde sai cosα = 0, 3.


Questao 6.

No triangulo ABC assinale o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC de forma que AP = 13AC e BQ = 2

3BC.

Seja J o ponto de intersecao de AQ e BP .

(a) Mostre que JAJQ = 3

4 . Sugestao: Trace QL paralelo a BP e use semelhanca de triangulos.

(b) Calcule a razao JBJP .

(c) Decida se a area do triangulo BPQ e maior do que, menor do que ou igual a metade da area do triangulo ABC.

UMA SOLUCAO

(a) Para facilitar, sejam BC = 3a e AC = 3b. Tracamos QL paralela a BP . Temos AP = b e PC = 2b.

Da semelhanca dos triangulos BPC e QLC vem

LC

PC=QC

BC=

1

3.

Logo,

LC =2b

3

e

PL =4b

3.

Assim,JA

JQ=PA

PL=

b

4b/3=

3

4.

(b) Seja JP = x. Da semelhanca entre AJP e AQL vem

JP

QL=AJ

AQ=

3

7.

Daı,

QL =7x

3.

Da semelhanca dos triangulos BPC e QLC temos

BP

QL=BC

QC=

3

1.

Daı, BP = 7x e BJ = 6x. Assim,JB

JP= 6 .

(c) Seja 3h a distancia de A a reta BC. A area do triangulo ABC e

S =3a · 3h

2=

9ah

2.

O triangulo BPQ tem base BQ = 2a e altura igual a distancia de P a reta BC, que e igual a 2h. A area do triangulo

BPQ e

S1 =2a · 2h

2=

4ah

2.

Assim, S1 = 49S <

12S. Em palavras, a area do triangulo BPQ e menor do que a metade da area do triangulo ABC.


Questao 7.

(a) Mostre que nenhum numero natural da forma 4n + 3 pode ser escrito como o quadrado ou a soma de dois

quadrados de numeros naturais.

(b) Mostre que nenhum numero a da forma 11 . . . 1 (n dıgitos iguais a 1, n > 1) e o quadrado ou a soma de dois

quadrados de numeros naturais.

UMA SOLUCAO

(a) Suponhamos por absurdo que existam x, y, z ∈ N tais que z2 = 4n+ 3 ou que x2 +y2 = 4n+ 3. Terıamos entao

que z2 ≡ 3 mod 4 ou que x2 + y2 ≡ 3 mod 4.

Sendo, para todo a ∈ N, a ≡ 0 mod 4, a ≡ 1 mod 4, a ≡ 2 mod 4, ou a ≡ 3 mod 4, segue que

a2 ≡ 0 mod 4 ou a2 ≡ 1 mod 4.

Portanto, z2 6≡ 3 mod 4 e x2 + y2 6≡ 3 mod 4, o que e uma contradicao.

(b) Para a = 11, por inspecao, o resultado e obvio. Agora suponhamos n ≥ 2 e ponhamos a = 100b + 11, onde

b ≥ 0. Portanto, temos

a = 25× 4b+ 4× 2 + 3 = 4(25b+ 2) + 3 ,

o que nos diz que a e da forma 4n+ 3, logo nao e nem um quadrado nem uma soma de dois quadrados de numeros

naturais.


Questao 8.

Considere o sistema de congruencias: {x ≡ c1 mod n1

x ≡ c2 mod n2

Denotamos como de costume o mdc e o mmc de n1 e n2 por (n1, n2) e [n1, n2], respectivamente.

(a) Mostre que a e a′ sao solucoes do sistema se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2]. O enunciado, da forma como

esta, e incorreto. O certo seria: Mostre que, se a e solucao, entao a′ e solucao se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2].

(b) Mostre que o sistema admite solucao se, e somente se, c2 ≡ c1 mod (n1, n2).

(c) Dadas as progressoes aritmeticas (an) de primeiro termo 5 e razao 14 e (bn) de primeiro termo 12 e razao 21,

mostre que elas possuem termos comuns (isto e, existem r e s tais que ar = bs). Mostre que esses termos comuns

formam uma PA e determine seu primeiro termo e sua razao.

UMA SOLUCAO

(a) Obs. Se o sistema admite uma solucao a, entao todo numero da forma a+ kn1n2 e tambem uma solucao. Em

outras palavras, se a′ ≡ a mod n1n2, entao a′ e uma solucao. Mas isso nao da todas as solucoes, como o proprio

enunciado deixa evidente, a menos que n1 e n2 sejam primos entre si.

Suponha que a seja uma solucao. Se a′ e outra solucao do sistema, subtraindo uma da outra obtemos que

a′ ≡ a mod n1 e a′ ≡ a mod n2. Por outro lado, essas duas condicoes juntas implicam que a′ e solucao do sistema.

Ou seja: a′ e solucao do sistema se, e somente se, a′ ≡ a mod n1 e a′ ≡ a mod n2. Mas dizer que a′ ≡ a mod n1 e

a′ ≡ a mod n2 equivale a afirmar que a′ ≡ a mod [n1, n2].

(b) Pelo que acabamos de mostrar, o sistema admite uma solucao se, e somente se, ele admite uma solucao

a > max{c1, c2}. Portanto, o sistema admite solucao se, e somente se, existem x, y ∈ N tais que a − c1 = xn1 e

a − c2 = yn2. Sem perda de generalidade, podemos supor c2 ≥ c1. Assim, a existencia de solucoes do sistema e

equivalente a existencia de solucoes da equacao diofantina xn1− yn2 = c2− c1. Por sua vez, essa equacao diofantina

possui solucao se, e somente se, (n1, n2) divide c2 − c1, o que equivale a c2 ≡ c1 mod (n1, n2).

(c) Os termos comuns a ambas as PAs sao solucoes do sistema{x ≡ 5 mod 14

x ≡ 12 mod 21,

o qual possui solucoes dado que 12 ≡ 5 mod (14, 21), por (b).

Listemos os primeiros termos de ambas as PAs:

an : 5, 19, 33, . . .

bn : 12, 33, 54, . . .

Assim, 33 e o menor termo comum a ambas as PAs e pela parte (a) temos que os termos comuns a ambas PAs sao

dados por cn = 33 + n[14, 21] = 33 + 42n, os quais formam uma PA de primeiro termo 33 e razao 42.

GABARITO - QUALIFICACAO - Marco de 2013


E dado um retangulo ABCD tal que em seu interior estao duas circunferencias tangentes exteriormente no ponto T ,

como mostra a figura abaixo. Uma delas e tangente aos lados AB e AD e a outra e tangente aos lados CB e CD.

A B

C D

T

a) Mostre que a soma dos raios dessas circunferencias e constante (so depende das medidas dos lados do retangulo).

b) Mostre que o ponto T pertence a diagonal AC do retangulo.

Uma solucao:

a) No retangulo ABCD consideremos AB = a e BC = b. Sem perda de generalidade consideraremos b ≤ a e

a ≤ 2b, pois sem esta ultima condicao as tangencias indicadas nao ocorreriam.

Sejam O e O′ os centros das circunferencias e r e r′ os respectivos raios. Seja s = r+ r′. Como a reta que contem

os centros das circunferencias passa pelo ponto de tangencia entao OO′ = OT + TO′ = r + r′ = s.

A B

C D

T

O E

a

b

O´

r

r

r´

r´

A paralela a AB por O e a paralela a BC por O′ cortam-se em E. Temos:

i) r +OE + r′ = a, ou seja, OE = a− s

ii) r + EO′ + r′ = b, ou seja, EO′ = b− s.

Aplicando o teorema de Pitagoras no triangulo OEO′ temos:

s2 = (a− s)2 + (b− s)2

Desenvolvendo e simplificando encontramos s2 − (2a+ 2b)s+ a2 + b2 = 0.

Como claramente s < a+ b, pois as circunferencias estao no interior do retangulo, o valor de s que procuramos e

a menor raiz da equacao acima. Assim,

s =2a+ 2b−

√4a2 + 8ab+ 4b2 − 4(a2 + b2)

2=

2a+ 2b− 2√

2ab

2= a+ b−

√2ab,

o que comprova que o valor de s = r + r′ e constante e so depende das medidas dos lados do retangulo.

b) As retas AO e O′C sao paralelas ou cincidentes porque fazem 45o com os lados do retangulo. Se forem

coincidentes, o resultado e obvio. Senao tracamos os segmentos AT e TC e o segmento OO′ (que passa por T ). Os

angulos TOA e TO′C sao congruentes porque sao alternos internos nessas paralelas em relacao a transversal OO′.

A B

C D

T

O O´

Temos ainda que

OT

O′T=

r

r′=

r√

2

r′√

2=

OA

O′C.

Como ∠TOA = ∠TO′C e OTO′T = OA

O′C entao os triangulos TOA e TO′C sao semelhantes. Assim, ∠OTA = ∠O′TC

e, portanto, os pontos A, T e C sao colineares.


O poliedro representado na figura abaixo e tal que:

i) ha exatamente um plano de simetria;

ii) em cada vertice, os planos das faces que se tocam sao perpendiculares dois a dois, sendo possıvel decompor o

solido em tres paralelepıpedos;

iii) as dimensoes nunca ultrapassam 19;

iv) os comprimentos das arestas sao inteiros maiores do que 1;

v) o volume e igual a 1995.

x

3x z y

y

2y

4y

z z

z

a) Descreva o plano de simetria do poliedro.

b) Encontre os valores de x, y e z.

Uma solucao:

a) O plano de simetria do poliedro e o plano perpendicular as arestas de comprimento 3x, que passa pelos seus

pontos medios.

b) Para calcular o volume do solido, observamos que ele pode ser decomposto como uniao de tres paralelepıpedos,

e

V = 12xyz + 6xyz + xyz = 19xyz

Daı, 19xyz = 1995, xyz = 105 e as possibilidades para x, y e z sao: 3, 5 e 7; como as dimensoes nao podem

ultrapassar 19, x nao podera ser 7, y nao podera ser 5 ou 7. Deveremos ter, portanto, z = 7, x = 5 e y = 3, de modo

que as dimensoes sao as indicadas na figura:

5

15 3

6

12

7

7

7 3

5

5 7


O objetivo desta questao e demonstrar que a funcao f(x) = cos√x, x ≥ 0, nao e periodica, ou seja, nao existe

nenhum numero real positivo T tal que cos√x+ T = cos

√x para todo x ≥ 0.

a) Encontre todos os valores de T ≥ 0 para os quais f(T ) = f(0) e, a seguir, encontre todos os valores de T ≥ 0

para os quais f(T ) = f(2T ).

b) Use o ıtem a) para mostrar que f(x) nao e periodica.

Uma solucao:

a) Se f(T ) = f(0), T ≥ 0, entao cos√T = cos0 = 1 e

√T = 2kπ, k = 0, 1, 2, . . . ⇒ T = 4k2π2, k = 0, 1, 2, . . . (1)

Reciprocamente se T = 4k2π2, k = 0, 1, 2, . . . , entao f(T ) = f(0).

Por outro lado, se f(T ) = f(2T ), T ≥ 0, entao cos√

2T = cos√T e

√2T =

√T + 2mπ, m ∈ Z tais que

√T + 2mπ ≥ 0 ou

√2T = −

√T + 2mπ, m ∈ Z tais que −

√T + 2mπ ≥ 0

Logo

√2T −

√T = 2mπ ⇒ 2T − 2

√2T + T = 4m2π2 ⇒ T =

4m2π2

3− 2√

2, m = 0, 1, 2, . . . (2)

(para esses valores de T e imediato verificar que√T + 2mπ ≥ 0) ou

√2T +

√T = 2mπ ⇒ 2T + 2

√2T + T = 4m2π2 ⇒ T =

4m2π2

3 + 2√

2, m = 0, 1, 2, . . . (3)

(para esses valores de T e imediato verificar que −√T + 2mπ ≥ 0).

Reciprocamente, se T = 4m2π2

3−2√2

ou T = 4m2π2

3+2√2, m = 0, 1, 2, . . . , e imediato constatar que f(T ) = f(2T ).

b) Para mostrar que f nao e periodica, suponhamos o contrario, isto e, admitamos a existencia de um numero

positivo T tal que

cos√x+ T = cos

√x,

para todo x ≥ 0.

Entao,

cos√

2T = cos√T = cos0,

e, de a) (1), obtemos as igualdades 2T = 4k21π2 e T = 4k22π

2, com k1 e k2 inteiros positivos, logo

√2 =

k1k2∈ Q,

o que e impossıvel dado que√

2 e um numero irracional.


A derivada de um polinomio p(x) = anxn + an−1x

n−1 + ...+ a1x+ a0 e, por definicao, o polinomio

p′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + ...+ 2a2x+ a1.

Admita a regra da derivada do produto:

(p.q)′(x) = p′(x).q(x) + p(x).q′(x)

e prove que a ∈ R cumpre p(a) = p′(a) = 0 se, e somente se, p(x) = (x− a)2s(x) para algum polinomio s(x).

Uma solucao:

(⇐) Supondo p(x) = (x − a)2.s(x) = (x2 − 2ax + a2).s(x), vem que p′(x) = 2(x − a).s(x) + (x − a)2.s′(x), logo,

p(a) = p′(a) = 0.

(⇒) Reciprocamente, supondo p(a) = p′(a) = 0, temos, pelo algoritmo da divisao, que p(x) = (x − a)q(x) para

algum polinomio quociente q(x). Derivando esta ultima igualdade, vem

p′(x) = q(x) + (x− a).q′(x)

donde q(a) = 0, logo, novamente pelo algoritmo da divisao q(x) = (x − a).s(x) para algum polinomio s(x), e daı

p(x) = (x− a)2.s(x)


a) Maria tem 10 aneis identicos e quer distribuı-los pelos 10 dedos de suas maos. De quantas maneiras diferentes

ela pode fazer isto? Suponha que e possıvel colocar todos os aneis em qualquer um dos dedos.

b) Suponha agora que os 10 aneis sejam todos distintos. De quantas maneiras Maria pode distribuı-los em seus

dedos? Aqui tambem, suponha que e possıvel colocar todos os aneis em qualquer um dos dedos e que a ordem dos

aneis nos dedos e relevante.

Uma solucao:

a) Numeramos os dedos de Maria de 1 a 10. Para descrever como Maria colocou seus aneis, basta dizer quantos

deles ha em cada dedo; se xi e o numero de aneis no i-esimo dedo, temos entao x1 + x2 + · · ·+ x10 = 10. O numero

de solucoes inteiras nao negativas dessa equacao e C910+9 = 19!

9!10! , que e a resposta a nosso problema.

Uma outra maneira de resolver o problema e denotar por A os aneis e por um traco, - , a separacao dos aneis nos

dedos. Assim, por exemplo A A A A A - - - - A - - - - A A A A -, indicara que 5 aneis foram colocados no dedo

de numero 1, um anel no dedo de numero 5 e quatro aneis no dedo de numero 9. Como existe uma correspondencia

biunıvoca entre estes anagramas com 19 sımbolos (sao 10 A´s e 9 tracos -) e as configuracoes dos aneis nas maos,

ha, neste caso, 19!9!10! maneiras diferentes da Maria colocar os 10 aneis.

b) Basta multiplicar o resultado encontado no ıtem a) por 10!, pois quando os aneis sao identicos, a ordem em que

aparecem nao e importante e cada configuracao com 10 A´s identicos obtidas em a) gerara 10! configuracoes com

aneis distintos, ja que diferentes permutacoes dos aneis gerarao configuracoes distintas. A resposta e 10! 19!9!10! = 19!

9! .

Uma outra solucao e a seguinte: Supomos os aneis numerados de 1 a 10. Para descrever como Maria coloca seus

aneis, basta dizer, em cada dedo do primeiro ao decimo, a ordem em que eles aparecem da base do dedo ate a ponta.

Indicando a passagem de um dedo para o seguinte pelo sımbolo -, vemos que uma descricao consiste de uma sequencia

formada pelos numeros de 1 a 10 e por nove tracos -. Para construir uma dessas sequencias, ordenamos primeiro

os numeros, o que pode ser feito de maneiras 10! diferentes. Com isso, sao criados 11 espacos entre os numeros

(contam-se tambem os espacos a esquerda e a direita da sequencia numerica), nos quais devemos distribuir os nove

tracos -. Estamos entao buscando o numero de solucoes inteiras nao negativas de y1 + y2 + · · · + y11 = 9 (aqui yi

indica quantos tracos serao colocados no i-esimo espaco vazio), que e 19!9!10! . A resposta a nosso problema e entao

10! 19!9!10! = 19!

9! .


Uma sequencia (an) e tal que a1 = 1 e

an+1 =a1 + a2 + · · ·+ an

n+ 1para todo n ≥ 1.

Mostre que os valores de an, para n ≥ 2, sao todos iguais.

Uma solucao:

Basta proceder por inducao finita para mostrar qu an = 12 para todo n ≥ 2.

Para n = 2, temos a2 = a1+1 = a12 = 1

2 .

Admitamos agora que aj = 12 , para j = 2, . . . n e mostremos que an+1 = 1

2 .

an+1 =a1 + a2 + · · ·+ an

n+ 1=

1 + 12 + 1

2 · · ·+12

n+ 1=

1 + (n− 1) 12

n+ 1=

1

2

Segue, entao, pelo Princıpio da Inducao Finita, que an = 12 para todo n ≥ 2.


Seja n ∈ N = {1, 2, 3, . . . } e considere os conjuntos:

A = {d ∈ N; d|n} e B ={nc

; c ∈ A}.

Denotemos por S(n) a soma dos divisores naturais de n e por S∗(n) a soma dos seus inversos.

a) Mostre que A = B e com isto conclua que

S∗(n) =S(n)

n.

b) Mostre que n e um numero perfeito se, e somente se,

S∗(n) = 2.

Uma solucao:

a) Temos que

x ∈ A ⇐⇒ n = xc para algum c ∈ A

⇐⇒ x =n

cpara algum c ∈ A

⇐⇒ x ∈ B.

Seja A = {d1, . . . , dr}, di 6= dj para i 6= j, logo

S(n) =∑x∈A

x =∑x∈B

x =n

d1+ · · ·+ n

dr= n

(1

d1+ · · ·+ 1

dr

)= nS∗(n),

daı segue-se que

S∗(n) =S(n)

n.

b) Por definicao, sabemos que n e perfeito se, e somente se, S(n) = 2n. O resultado segue imediatamente, pois, em

virtude do item (a),

S(n) = 2n ⇐⇒ S∗(n) = 2.


Mostre que se p e primo, p > 3, entao p2 deixa resto 1 na divisao por 24.

Uma solucao:

Observe que como p > 3 e primo, entao p = 3q + r com r = 1 ou 2. Temos assim dois casos a considerar:

• Se r = 1, p = 3q + 1 e como p − 1 e par, q deve ser par; assim q = 2k para algum k. Logo p2 = (3.2k + 1)2 =

12k(3k + 1) + 1; mas ou k e par ou 3k + 1 e par, assim temos que p2 = 24m + 1, para algum m, como querıamos

mostrar.

• Se r = 2, p = 3q + 2 e, sendo p e ımpar, temos que q tambem sera impar, digamos q = 2k + 1, para algum k.

Substituindo, temos que p2 = (3q + 2)2 = (6k + 5)2 = 12k(3k + 5) + 24 + 1, mas ou k e par ou 3k + 5 e par, assim

temos que p2 = 24m+ 1, para algum m, como querıamos mostrar.



Questao 01 [ 1,25 ]

Encontre as medidas dos lados e angulos de dois triangulos ABC diferentes tais que AC = 1, BC =√

3 e ABC = 30◦.

Solucao

Considere AC = 1, BC =√

3 , ABC = 30◦ e BA = c.

Aplicando a lei dos cossenos, obtemos 1 = c2 + 3− 2√

3c · cos 30◦ = c2 + 3− 3c, ou seja, c2 − 3c+ 2 = 0. Logo c = 1 ou c = 2.

Para c = 1 obtemos um triangulo isosceles, logo BCA = 30◦ e BAC = 120◦.

Para c = 2 temos 22 = (√

3)2 + 12, logo obtemos um triangulo retangulo com BCA = 90◦ e CAB = 60◦. Para fins de

ilustracao, estes triangulos estao esbocados abaixo:

Pauta de Correcao:

• Aplicar corretamente a lei dos cossenos. [0,25]

• Determinar os dois valores para a medida do lado AB. [0,50]

• Determinar as medidas dos angulos no caso AB = 1. [0,25]

• Determinar as medidas dos angulos no caso AB = 2. [0,25]

SOLUCAO ALTERNATIVA

Sejam BC =√

3 e a reta r formando um angulo de 30◦ com BC. A perpendicular ao segmento BC, tracada de C, intersecta

r em um ponto, denotado por A.

No triangulo retangulo ABC, tem-se que cos 30◦ =

√3

2=BC

BA=

√3

BA, donde BA = 2.

Usando o teorema de Pitagoras, (√

3)2 + (AC)2 = 22, e daı AC = 1. Assim obtemos um triangulo retangulo ABC, com

BA = 2, AC = 1 e BAC = 60◦.

Seja A′ o ponto medio de BA, logo BA′ = A′A = 1. Tracando a mediana CA′ obtem-se o triangulo A′AC isosceles com

A′AC = 60◦, logo um triangulo equilatero. Concluimos daı que A′C = 1.

Consequentemente, o triangulo A′BC e o outro triangulo pedido, com BA′C = 120◦.

Pauta de Correcao :

• Tracar a perpendicular CA e concluir que AB = 2. [0,25]

• Determinar as medidas dos lados e angulos do triangulo ABC. [0,25]

• Tracar a mediana relativa a hipotenusa AB e mostrar que o triangulo A′AC e equilatero. [0,50]

• Encontrar as medidas dos lados e angulos do triangulo A′BC. [0,25]

Questao 02 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]

Sejam a, b e c numeros reais com a 6= 0. Considere a funcao f : R→ R definida pela expressao f(x) = ax2 + bx+ c.

(a) Escreva a expressao de f na forma f(x) = a(x−m)2 + k.

(b) Utilizando o item anterior, prove que, se b2 − 4ac > 0, as raızes da equacao ax2 + bx+ c = 0, sao dadas por

r1 =−b+

√b2 − 4ac

2ae r2 =

−b−√b2 − 4ac

2a.

Solucao

(a) Podemos fatorar a expressao de f como abaixo:

f(x) = ax2 + bx+ c = a

[x2 +

b

ax+

c

a

]= a

[x2 + 2 · b

2a· x+

b2

4a2− b2

4a2+c

a

]= a

[(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2

]

= a

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a.

(b) Utilizando o item anterior,

ax2 + bx+ c = 0 ⇐⇒ f(x) = 0

⇐⇒ a

(x+

b

2a

)2

= −4ac− b2

4a

⇐⇒ a

(x+

b

2a

)2

=b2 − 4ac

4a

⇐⇒(x+

b

2a

)2

=b2 − 4ac

4a2

⇐⇒b2−4ac>0

x+b

2a= ±

√b2 − 4ac

4a2

⇐⇒ x+b

2a= ±√b2 − 4ac

2|a|

⇐⇒ x = ±√b2 − 4ac

2a− b

2a

⇐⇒ x =−b±

√b2 − 4ac

2a

Com isso, as raızes da equacao ax2 + bx+ c = 0 sao dadas por

r1 =−b+

√b2 − 4ac

2ae r2 =

−b−√b2 − 4ac

2a.

Pauta de Correcao:

(a) • Fazer corretamente o completamento de quadrados. [0,5]

• Concluir corretamente as expressoes para m e k. [0,25]

(b) • Observar que a expressao dentro da raiz e positiva. [0,25]

• Chegar corretamente a expressao final. [0,25]

Questao 03 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]

Considere as sequencias pn e qn definidas recursivamente por p1 = q1 = 1,

pn+1 = p2n + 2q2n, qn+1 = 2pnqn, para n > 1.

(a) Prove que p2n − 2q2n = 1, para n > 2.

(b) Use o item (a) para concluir que as fracoespnqn

sao irredutıveis para todo n > 2.

Solucao

(a) A afirmacao e verdadeira para n = 2. De fato, p2 = p21+2q21 = 1+2 = 3 e q2 = 2p1q1 = 2, portanto p22−2q22 = 32−23 = 1.

Suponha a afirmacao verdadeira ate um certo k > 2, isto e, p2k − 2q2k = 1 (hipotese de inducao). Vamos provar que a

afirmacao e valida para k + 1.

Considerando a recorrencia, temos que

p2k+1 − 2q2k+1 = (p2k + 2q2k)2 − 2(2pkqk)2 =

= p4k + 4p2kq2k + 4q4k − 8p2kq

2k = p4k − 4p2kq

2k + 4q4k = (p2k − 2q2k)2

Usando a hipotese de inducao, concluımos que

p2k+1 − 2q2k+1 = (p2k − 2q2k)2 = 1.

Portanto, pelo Princıpio de Inducao Matematica, temos que p2n − 2q2n = 1, para n > 2.

(b) Seja d o maximo divisor comum entre pn e qn. Como d | pn e d | qn, entao d | p2n − 2q2n. Usando o item (a) obtemos que

d | 1, o que nos mostra que d = 1.

Pauta de Correcao:

(a) • Provar a afirmacao para n = 2. [0,25]

• Supor a afirmacao valida para n = k e provar para n = k + 1. [0,5]

(b) • Provar que (pn, qn) = 1. [0,5]

Questao 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)= 0,75 ]

Uma tecnica simples para calcular o quadrado de um numero natural N , representado no sistema decimal, cujo

algarismo das unidades e igual a 5 e a seguinte:

(i) O algarismo das dezenas de N2 sera 2 e o das unidades sera 5, ou seja, N2 “termina”em 25.

(ii) Para determinar os algarismos antecedentes a 25 em N2, considere o numero a obtido pela retirada do algarismo

5 (algarismo das unidades) do numero N que se quer elevar ao quadrado e multiplique pelo seu sucessor a+ 1.

Assim, os algarismos do numero a× (a+ 1) serao os algarismos que antecedem o 25.

Por exemplo: 352 = 1225, pois 3× 4 = 12; 1952 = 38025, pois 19× 20 = 380.

(a) Use a tecnica acima para calcular 7052 e 99952.

(b) Prove a validade desse resultado.

Solucao

(a) Tem-se que 7052 = 497025, pois 70× 71 = 4970 e 99952 = 99900025, pois 999× 1000 = 999000.

(b) Considere um numero N , representado no sistema decimal, cujo algarismo das unidades e 5:

N = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · ·+ a1 · 10 + 5

Tem-se que

N = (an · 10n−1 + an−1 · 10n−2 + · · ·+ a1)︸︷︷︸a

·10 + 5 = 10a+ 5

onde a e o numero formado por todos os algarismos, exceto o algarismo 5. Segue daı que

N2 = (10a+ 5)2 = (10a)2 + 2× 10a× 5 + 52 = 100a2 + 100a+ 25 = a× (a+ 1)× 100 + 25

Portanto, N2 e o numero terminado em 25 e os demais algarismos sao obtidos pela multiplicacao a× (a+ 1).

Pauta de Correcao:

(a) • Calcular 7052, usando a tecnica. [0,25]

• Calcular 99952, usando a tecnica. [0,25]

(b) • Escrever N = a · 10 + 5. [0,25]

• Calcular N2 e concluir o resultado. [0,5]

Questao 05 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]

Um cubo de aresta de medida 3 e intersectado por um plano, determinando o triangulo DPQ, como mostra a figura

a seguir:

Sabe-se que AP = AQ = 2.

(a) Calcule a area do triangulo DPQ.

(b) Determine a distancia do vertice A do cubo ao plano que contem o triangulo DPQ.

Solucao

(a) Como AP = AQ = 2 e como PAQ e um triangulo retangulo, temos

PQ2

= AP2

+AQ2

= 22 + 22 = 8,

logo PQ =√

8 = 2√

2.

Como os triangulos DAQ e DAP sao congruentes (caso LAL), tem-se DP = DQ, logo o triangulo DPQ e isosceles de

vertice D. Tomando o ponto medio M do lado PQ deste triangulo, tem-se entao que DM e a altura de DPQ relativa

a PQ.

Como o triangulo APQ e isosceles de vertice A, temos tambem que AM e altura de APQ, logo AMP = 90◦. Com isso,

AM · PQ = AP ·AQ,

logo

AM · 2√

2 = 2 · 2,

e, com isso,

AM =√

2.

O triangulo DAM e retangulo, logo

DM2

= DA2

+AM2

= 32 + (√

2)2 = 11.

Com isso, DM =√

11 e

Area(DPQ) =1

2· PQ ·DM =

1

2· 2√

2 ·√

11 =√

22.

(b) Sendo d a distancia do vertice A ao plano que contem o triangulo DPQ, o volume V do tetraedro DPQA pode ser

calculado de duas formas:

V =1

3· Area(DPQ) · d,

V =1

3· Area(APQ) ·DA

(na primeira, tomamos DPQ como base e, na segunda, APQ).

Com isso,

Area(DPQ) · d = Area(APQ) ·DA.

Como Area(DPQ) =√

22 e

Area(APQ) =1

2·AP ·AQ =

1

2· 2 · 2 = 2,

temos√

22 · d = 2 · 3,

logo

d =6√22.

Pauta de Correcao:

Item (a):

• Considerar o ponto M . [0,25]

• Calcular DM =√

11. [0,25]

• Obter o valor correto para a area de PDQ. [0,25]

Item (b):

• Calcular o volume do tetraedro DPQA. [0,25]

• Utilizar o volume calculado para obter a distancia procurada. [0,25]

Solucao Alternativa do Item (b):

O segmento d e a altura do triangulo retangulo DAM . Os catetos medem DA = 3, AM =√

2, e a hipotenusa mede

DM =√

11. Calculando a area de duas formas diferentes, obtemos a relacao:

DM · d = DA ·AM,

chegamos a√

11d = 3√

2, o que nos leva a d =3√

22

11=

6√22

.

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa do Item (b):

• Identificar d como a altura do triangulo retangulo ADM . [0,25]

• Utilizar qualquer relacao metrica para calcular d. [0,25]

Questao 06 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

Sejam a, b numeros inteiros e p um numero primo. Prove que:

(a) se p | ap − bp, entao p | a− b.

(b) se p | ap − bp, entao p2 | ap − bp.

Solucao

(a) Suponha que p | ap − bp. Como p e primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que p | ap − a e p | bp − b, logo

p | ap − bp − (a− b). Agora, como p | ap − bp, concluımos que p | a− b.

(b) Suponha que p | ap − bp. Segue que, usando o item (a), p | a− b, ou equivalentemente, a ≡ b mod p. Entao temos que

an ≡ bn mod p, para todo n natural.

Daı,

ap−1 + ap−2b+ · · ·+ abp−2 + bp−1 ≡ bp−1 + bp−2b+ · · ·+ bbp−2 + bp−1 ≡ pbp−1 ≡ 0 mod p

Como ap−bp = (a−b)(ap−1+ap−2b+ · · ·+abp−2+bp−1) e os dois fatores sao divisıveis por p, concluımos que p2 | ap−bp.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Usar o Pequeno Teorema de Fermat. [0,25]


Item (b)

• Decompor ap − bp e usar o item (a) para concluir que p divide um dos fatores. [0,25]

• Provar que p divide o outro fator. [0,25]


Questao 07 [ 1,25 ]

Resolva a equacao de recorrencia Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0 (n > 0), F0 = 0, F1 = 1.

Solucao

A equacao caracterıstica associada a Fn e r2 − r − 1 = 0 cujas raızes sao dadas por

r1 =1 +√

5

2e r2 =

1−√

5

2.

Entao,

Fn = C1

(1 +√

5

2

)n

+ C2

(1−√

5

2

)n

.

Para determinar C1 e C2 usamos F0 = 0 e F1 = 1.

Para n = 0 e n = 1 obtemos o sistema F0 = C1 + C2 = 0

F1 = C1

(1+√5

2

)+ C2

(1−√5

2

)= 1

Resolvendo o sistema, encontramos C1 =1√5

, C2 = − 1√5

e assim:

Fn =1√5

(1 +√

5

2

)n

− 1√5

(1−√

5

2

)n

.

Pauta de Correcao:

• Escrever a equacao caracterıstica. [0,25]

• Achar as raızes da equacao caracterıstica. [0,25]

• Escrever a formula explıcita Fn = C1rn1 + C2r

n2 . [0,25]

• Atribuir dois valores para n e montar um sistema. [0,25]

• Resolver o sistema. [0,25]

Questao 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

Considere a funcao real definida por f(x) =√

3 sen(x) + cos(x).

(a) Determine α ∈ [0, 2π] para que f possa ser escrita na forma f(x) = 2 sen(x+ α).

(b) Resolva, em R, a equacao√

3 sen(x) + cos(x) = 2.

Solucao

(a) Desenvolvendo a expressao 2 sen(x+ α), temos

2 sen(x+ α) = 2 [sen(x) cos(α) + sen(α) cos(x)]

= 2 cos(α) sen(x) + 2 sen(α) cos(x).

Assim, para que 2 sen(x+ α) seja igual a f(x) =√

3 sen(x) + cos(x), e necessario e suficiente que

2 cos(α) =√

3 e 2 sen(α) = 1,

ou, equivalentemente,

cos(α) =

√3

2e sen(α) =

1

2.

Esta igualdade e satisfeita, para α ∈ [0, 2π], tomando-se α =π

6.

(b) Pelo item (a),

√3 sen(x) + cos(x) = 2 ⇐⇒ 2 sen

(x+

π

6

)= 2

⇐⇒ sen(x+

π

6

)= 1

⇐⇒ x+π

6=π

2+ 2kπ, k ∈ Z

⇐⇒ x = −π6

+π

2+ 2kπ, k ∈ Z

⇐⇒ x =π

3+ 2kπ, k ∈ Z

Pauta de Correcao:

(a) • Usar a formula do seno da soma de arcos. [0, 25]

• Concluir que α = π/6. [0, 25]

(b) • Usar o item (a) e reescrever a equacao. [0, 25]

• Chegar a solucao da equacao. [0, 5]

Solucao Alternativa para o Item (b):

Podemos reescrever a equacao na forma√

3 sen(x) = 2− cos(x).

Elevando os dois lados ao quadrado temos que 3 sen2(x) = (2 − cos(x))2, ou seja, 3 sen2(x) = 4 − 4 cos(x) + cos2(x). Pela

relacao fundamental cos2(x) + sen2(x) = 1, segue que 3(1− cos2(x)) = 4− 4 cos(x) + cos2(x).

Assim temos a equacao 4 cos2(x)− 4 cos(x) + 1 = 0. Fazendo cos(x) = t obtemos a equacao do segundo grau 4t2 − 4t+ 1 = 0,

cuja solucao e t =1

2.

Logo temos que resolver a equacao cos(x) =1

2que tem como solucoes x =

π

3+ 2kπ e x = −π

3+ 2kπ, com k ∈ Z.

Como as funcoes seno e cosseno sao 2π-periodicas, podemos testar apenas x =π

3e x = −π

3na equacao original.

Sabemos que cos(π

3

)= cos

(−π

3

)=

1

2, sen

(π3

)=

√3

2e sen

(−π

3

)= −√

3

2.

Substituindo na equacao√

3 sen(x) = 2− cos(x) vemos que x =π

3e solucao e que x = −π

3nao e solucao.

Portanto as solucoes em R sao dadas por x =π

3+ 2kπ, com k ∈ Z.

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa para o Item (b):

• Encontrar a equacao em cos(x) e fazer a substituicao t = cos(x). [0,25]

• Resolver a equacao em t e encontrar os possıveis valores de x. [0,25]

• Concluir quais sao as solucoes corretas da equacao. [0,25]



Questao 01 [ 1,25 ]

Determine as equacoes das duas retas tangentes a parabola de equacao y = x2 − 2x + 4 que passam pelo ponto

(2,−5).

Solucao

A equacao de uma reta tangente a parabola que passa pelo ponto (2,−5) e caracterizada por y = m(x− 2)− 5 , onde m e a

inclinacao e o sistema seguinte possui solucao unica, isto e, a intersecao da reta com a parabola possui um unico ponto.{y = x2 − 2x+ 4

y = m(x− 2)− 5

Assim, x2 − 2x+ 4 = m(x− 2)− 5, donde x2 − (2 +m)x+ 2m+ 9 = 0. O sistema tera uma unica solucao se, e somente se,

∆ = b2 − 4ac = 0.

Calculando ∆ = (2 +m)2 − 4(2m+ 9) = m2 − 4m− 32, obtemos ∆ = 0 se, e somente se, m = 8 ou m = −4.

Portanto, y = 8x− 21 e y = −4x+ 3 sao as equacoes pedidas.

Pauta de Correcao:

• Escrever a equacao de uma reta passando por (2,−5). [0,25]

• Caracterizar a reta tangente. [0,25]

• Concluir que o sistema tem solucao unica se, e somente se, ∆ = 0. [0,25]

• Determinar as duas equacoes. [0,5]

Questao 02 [ 1,25 ]

Descreva a construcao, com regua e compasso, do cırculo tangente a reta r e contendo os pontos A e B da figura

abaixo.

Observacao: Considere conhecidas as construcoes, com regua e compasso, da mediatriz de um segmento, da media

geometrica de dois segmentos e da perpendicular a um segmento passando por um ponto dado. Estas construcoes

podem ser utilizadas sem maiores detalhamentos.

Solucao

Vamos supor o problema resolvido:

Para construir o cırculo, precisamos construir, primeiramente, seu centro C. Este centro estara na intersecao da mediatriz do

segmento AB com a reta perpendicular a r e passando pelo ponto T de tangencia entre r e o cırculo. Com isso, se soubermos

determinar o ponto T , o problema podera ser facilmente resolvido.

Sendo P o ponto de intersecao entre r e a reta que passa por A e B, sabemos que

PA · PB = PT2,

logo, PT e a media geometrica dos segmentos PA e PB. Com isso, podemos fazer a seguinte construcao:

1. Marcamos o ponto P de intersecao entre as retas da figura e construımos o cırculo de centro P e raio a, onde a e a

media geometrica dos segmentos PA e PB (esta construcao pode, segundo o enunciado, ser feita sem maiores detalhes).

2. Tomamos o ponto T na intersecao entre r e o cırculo do passo anterior, de forma que TPA seja agudo.

3. Tracamos a reta s, perpendicular a r e passando por T (segundo o enunciado, esta construcao pode ser feita sem maiores

detalhes).

4. Tracamos a reta m, mediatriz de AB (esta construcao pode ser feita sem maiores detalhes).

5. Marcamos o centro C do cırculo na intersecao entre m e s.

6. Construımos o cırculo de centro C e raio CA.

Pauta de Correcao:

• Indicar (mesmo que apenas em uma figura) que o centro do cırculo esta na mediatriz de AB e na reta perpendicular a

r passando por T , ou seguir claramente uma estrategia que utiliza este fato. [0,25]

• Considerar a media geometrica entre os segmentos PA e PB. [0,25]

• Tomar o ponto T de forma que PT seja a media geometrica entre os segmentos PA e PB. [0,5]

• Finalizar a construcao do cırculo, tomando o centro na mediatriz de AB e na perpendicular a r passando por T . [0,25]

Questao 03 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

(a) Prove que um numero inteiro positivo n possui uma quantidade ımpar de divisores positivos se, e somente se,

e um quadrado perfeito.

(b) Sejam a e b numeros inteiros positivos com (a, b) = 1. Prove que, se ab e um quadrado perfeito, entao a e b sao

quadrados perfeitos.

Solucao

(a) Pelo teorema fundamental da aritmetica, n = pα11 · pα2

2 · · · pαkk sendo

p1 < p2 < · · · < pk numeros primos e α1, α2, . . . , αk numeros inteiros positivos. A quantidade de divisores de n e dado

por

d(n) = (α1 + 1) · (α2 + 1) · · · (αk + 1).

(i) Se n tem um numero ımpar de divisores, entao todos os fatores de d(n) sao numeros ımpares, ou seja, α1, α2, · · · , αksao numeros pares. Portanto

n =

(pα12

1 · pα22

2 · · · pαk2k

)2

.

(ii) Por outro lado, se n e um quadrado perfeito, entao n = c2 para algum c ∈ Z. Isto implica que todos os αi sao numeros

pares e entao d(n) e ımpar, por ser o produto de ımpares.

(b) Sejam a = aβ11 · aβ22 · · · aβss e b = bγ11 · b

γ22 · · · b

γtt a decomposicao destes numeros em fatores primos distintos. O fato de

(a, b) = 1 implica que a e b nao tem fator primo comum. Portanto a decomposicao de ab em fatores primos e

ab = aβ11 · aβ22 · · · a

βss · bγ11 · b

γ22 · · · b

γtt

Como ab e um quadrado perfeito, pelo item (a) a quantidade de divisores de ab e um numero ımpar, isto e,

d(ab) = (β1 + 1) · (β2 + 1) · · · (βs + 1) · (γ1 + 1) · (γ2 + 1) · · · (γt + 1)

e ımpar. Logo d(a) e ımpar, d(b) e ımpar e novamente pelo item (a) os numeros a e b sao quadrados perfeitos.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Supor que n tem uma quantidade ımpar de divisores e concluir que n e quadrado perfeito. [0,25]

• Supor que n e quadrado perfeito e concluir que n tem uma quantidade ımpar de divisores. [0,25]

Item (b)

• Escrever corretamente a decomposicao em primos de ab, usando o fato (a, b) = 1. [0,25]

• Concluir que a e b sao quadrados perfeitos. [0,5]

Solucao alternativa para o item (b):

(b) Sejam a = aβ11 · aβ22 · · · aβss e b = bγ11 · b

γ22 · · · b

γtt a decomposicao destes numeros em fatores primos distintos. O fato de

(a, b) = 1 implica que a e b nao tem fator primo comum. Portanto a decomposicao de ab em fatores primos e

ab = aβ11 · aβ22 · · · a

βss · bγ11 · b

γ22 · · · b

γtt .

Como ab e um quadrado perfeito, os expoentes βi e γj sao todos pares. Logo as decomposicoes de a = aβ11 · aβ22 · · · aβss e

b = bγ11 · bγ22 · · · b

γtt em fatores primos distintos tem expoentes pares. Portanto os numeros a e b sao quadrados perfeitos.

Pauta de Correcao:

Item (b)

• Escrever corretamente a decomposicao de ab em primos distintos usando o fato de que (a, b) = 1. [0,25]

• Concluiur que a e b sao quadrados perfeitos. [0,50]

Questao 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

Uma permutacao de n elementos e dita caotica quando nenhum elemento esta na posicao original. Por exemplo,

(2, 1, 4, 5, 3) e (3, 4, 5, 2, 1) sao permutacoes caoticas de (1, 2, 3, 4, 5), mas (3, 2, 4, 5, 1) nao e, pois 2 esta no lugar

original. O numero de permutacoes caoticas de n elementos e denotado por Dn.

(a) Determine D4 listando todas as permutacoes caoticas de (1, 2, 3, 4).

(b) Quantas sao as permutacoes de (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) que tem exatamente tres numeros em suas posicoes original?

Solucao

(a) As permutacoes caoticas de (1, 2, 3, 4) sao 2143, 2341, 2413, 3142, 3412, 3421, 4123, 4312 e 4321.

(b) Primeiro escolhemos 3 numeros entre 1 e 7 que ficam na posicao original, o que pode ser feito de C37 = 35 maneiras.

Devemos fazer uma permutacao caotica com as demais 4 posicoes, e isso pode ser feito de D4 = 9 maneiras.

Portanto temos um total de C37 ·D4 = 315 permutacoes de (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) que tem exatamente tres numeros em suas posicoes

originais.

Pauta de Correcao:

(a) • Listar as 9 permutacoes caoticas de (1, 2, 3, 4). [0,5]

• Nao listar todas as permutacoes caoticas de (1, 2, 3, 4) mas listar pelo menos 6, sendo todas as listadas caoticas.

[0,25]

(b) • Concluir que existem 35 modos de escolher os 3 numeros que ficarao na posicao original. [0,25]

• Concluir que cada escolha dos 3 numeros fixados na posicao original gera D4 permutacoes caoticas. [0,25]

• Concluir a contagem 35 ·D4. [0, 25]

Questao 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

Um tetraedro ABCD possui como base o triangulo equilatero BCD, cujos lados tem medida 1. Suas faces laterais

sao tais que AB = AC = AD = `, com BAC = CAD = BAD = α.

(a) Expresse ` em funcao de α.

(b) Determine, em funcao de α, a medida da altura deste tetraedro tracada a partir de A.

Solucao

(a) Considerando a face ABC, como ` = AB = AC e BC = 1, temos, pela Lei do Cossenos,

12 = `2 + `2 − 2 · ` · ` · cosα,

que implica

2`2(1− cosα) = 1,

logo

`2 =1

2(1− cosα).

Com isso,

` =

√1

2(1− cosα).

(b) Como as faces ABC, ACD e ABD sao triangulos isosceles de vertice A, as alturas relativas a A de cada uma dessas

faces tem seus pes nos pontos medios de BC, CD e BD, respectivamente. Da mesma forma, as alturas da face BCD,

que e um triangulo equilatero, tem pes nos mesmos pontos medios, como mostra a figura abaixo.

Assim, as projecoes das arestas AB, AC e AD sobre a base estao sobre as alturas da base, de forma que H, pe da

altura AH do tetraedro, esteja entao no incentro/ortocentro/baricentro do triangulo equilatero BCD. Como a altura

do triangulo BCD tem medida√

32

, temos

BH = CH = DH =2

3·√

3

2=

√3

3.

Assim, como AHB e retangulo em H, temos

AH2

+BH2

= AB2,

logo

AH2

+

(√3

3

)2

= `2,

que nos da

AH2

+1

3=

1

2(1− cosα).

Com isso,

AH =

√1

2(1− cosα)− 1

3,

que e a altura pedida

Pauta de Correcao:

Item (a):

• Aplicar a lei dos cossenos. [0,25]

• Obter ` em funcao de α. [0,25]

Item (b):

• Obter a distancia√

3/3 entre um dos vertices da base (B, C ou D) e o pe H da altura pedida. [0,25]

• Considerar um dos triangulos retangulos ABH, ACH ou ADH. [0,25]

• Encontrar a altura correta. [0,25]

Questao 06 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

(a) Prove a relacao de Stifel: para todos n e p inteiros positivos com n > p,

Cp+1n+1 = Cp+1

n + Cpn.

(b) Considere a sequencia de numeros inteirosa1 = C22 ,

an = C22 + · · ·+ C2

n+1, n > 2.

Mostre que an = C3n+2.

Solucao

(a) Se n = p obtemos 1 = 0 + 1. Suponhamos entao n > p.

Temos que

Cp+1n + Cpn =

n!

(p+ 1)!(n− p− 1)!+

n!

p!(n− p)! =n!(n− p) + n!(p+ 1)

(p+ 1)!(n− p)!)

Cp+1n + Cpn =

n!(n+ 1)

(p+ 1)!(n− p)! =(n+ 1)!

(p+ 1)!(n− p)! = Cp+1n+1

(b) Para n = 2 temos a2 = C22 + C2

3 = 1 + 3 = C34 , portanto a afirmacao e verdadeira.

Suponhamos an = C3n+2, para n fixo, n > 2. Vamos provar que o resultado vale para n+ 1, isto e, an+1 = C3

n+3.

Temos que an+1 = an + C2n+2 = C3

n+2 + C2n+2 (hipotese de inducao).

Agora, usando a relacao de Stifel, obtemos

an+1 = C3n+2 + C2

n+2 = C3n+3

Portanto, pelo princıpio de inducao, o resultado e valido para todo n > 2.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Provar a relacao de Stifel. [0,5]

Item (b)

• Verificar o resultado para n = 2 (base da inducao). [0,25]

• Supor o resultado valido para n e provar para n+ 1. [0,5]

Solucao alternativa para o item (a) com argumento combinatorio:

(a) Suponha que de um grupo de n + 1 pessoas tenham que ser formada uma comissao com p + 1 pessoas. Por definicao

de numero binomial segue que o lado esquerdo da igualdade e uma solucao possıvel para o problema. Por outro lado,

fixemos uma pessoa, digamos P. Vamos considerar as comissoes que contem P e as comissoes que nao contem P. O

numero de elementos do primeiro conjunto e igual a y = Cpn, pois como P ja faz parte, resta escolher p entre as demais

n. Ja, o numero de comissoes sem P e igual a x = Cp+1n . Portanto segue o resultado.

Temos entao que x+ y = Cp+1n+1.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Encontrar x e y. [0,25]

• Concluir que Cp+1n+1 = x+ y. [0,25]

Solucao alternativa para o item (b):

(b) Pela relacao de Stifel temos

C34 = C3

3 + C23

C35 = C3

4 + C24

C36 = C3

5 + C25

...

C3n+1 = C3

n + C2n

C3n+2 = C3

n+1 + C2n+1.

Somando-se as igualdades acima, membro a membro, obtemos que

C3n+2 = C3

3 + C23 + · · ·+ C2

n + C2n+1.

Como C33 = C2

2 = 1 segue que

C3n+2 = C2

2 + C23 + · · ·+ C2

n + C2n+1.

Pauta de Correcao:

Item (b)

• Listar todas as igualdade de Stifel de 4 e n+ 2. [0,25]

• Somar termo a termo e concluir a igualdade. [0,50]

Questao 07 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]

Uma funcao f e dita crescente em X ⊂ R se, para todos x1, x2 ∈ X com x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2). Sabendo

que as funcoes g(x) = xa e h(x) = bx sao crescentes em [0,+∞) para a e b reais com a > 0 e b > 1,

(a) prove que a funcao F (x) = (1 + ex)x2+1

e crescente em [0,+∞);

(b) encontre as solucoes nao negativas da equacao (1 + ex)x2+1

= 2.

Solucao

(a) Suponha x1 < x2, onde x1, x2 ∈ [0,∞).

Como as funcoes g(x) = xa e h(x) = bx sao crescentes em [0,+∞) para a e b reais com a > 0 e b > 1, tem-se que

x1 < x2 =⇒ xa1 < xa2 e bx1 < bx2

Assim, x21 < x22 (tomamos a = 2) e daı

x21 + 1 < x22 + 1

Concluimos, tomando b = 1 + ex1 > 1, que

(1 + ex1)x21+1 < (1 + ex1)x

22+1 (1)

Por outro lado, tomando b = e > 1, tem-se que ex1 < ex2 , logo ex1 +1 < ex2 +1. Agora, tomando a = x22 +1, concluimos

que

(1 + ex1)x22+1 < (1 + ex2)x

22+1 (2)

Usando as desigualdades (1) e (2) concluimos, pela transitividade, que

F (x1) = (1 + ex1)x21+1 < F (x2) = (1 + ex2)x

22+1

Portanto, a funcao F e crescente.

(b) Temos que a funcao F (x) = (1 + ex)x2+1 e crescente , consequentemente e injetora. A equacao (1 + ex)x

2+1 = 2 e

equivalente a F (x) = 2 = F (0).

Portanto, x = 0 e a unica solucao nao negativa.

Pauta de Correcao:

(a) • Concluir a desigualdade (1). [0,25]

• Concluir a desigualdade (2). [0,25]

• Concluir que a funcao e crescente. [0,25]

(b) • Concluir que a funcao e injetiva. [0,25]

• Achar a solucao unica. [0,25]

Questao 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

(a) Sejam a, b,m numeros inteiros, com m > 1 e tais que (a,m) = 1. Prove que a congruencia ax ≡ 1 mod m

possui solucao. Alem disso, mostre que se x1, x2 ∈ Z sao solucoes da congruencia, entao x1 ≡ x2 mod m.

(b) Resolva a congruencia 13x ≡ 1 mod 2436.

Solucao

(a) Suponha (a,m) = 1. Segue que existem inteiros r, s tais que a · r+m · s = 1. Daı temos que ar ≡ 1 mod m, portanto r e

solucao. Suponha agora que x1, x2 sao solucoes, isto e, ax1 ≡ 1 mod m e ax2 ≡ 1 mod m. Segue que, ax1 ≡ ax2 mod m,

Como (a,m) = 1, concluimos que x1 ≡ x2 mod m.

(b) Considere a congruencia 13 · x ≡ 1 mod 2436.

Calculando o mdc(2436, 13) obtemos

187 2 1 1 2

2436 13 5 3 2 1

5 3 2 1 0

Portanto, mdc(2436, 13) = 1. Agora, usando o algoritmo euclidiano estendido, obtemos

13 · 937 + 2436 · (−5) = 1

Portanto, x ≡ 937 mod 2436.

Pauta de Correcao:

Item (a)

• Mostrar que a congruencia tem solucao. [0,25]

• Mostrar que duas solucoes sao congruentes modulo m. [0,25]

Item (b)

• Mostrar 13 e 2436 sao primos entre si. [0,25]

• Achar a solucao geral. [0,5]

• Achar apenas uma solucao particular. [0,25]



Questao 01 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

Isotopos radioativos de um elemento quımico estao sujeitos a um processo de decaimento radioativo. Com o passar

do tempo, uma amostra de tais isotopos vai se desintegrando, isto e, emitindo radiacao e se transformando em uma

amostra de atomos mais estaveis.

Sabe-se que este decaimento e de tipo exponencial, isto e, denotando por m(t) a massa de um determinado isotopo

radioativo no instante t, tem-se

m(t) = m0 · bt,

para algum 0 < b < 1, sendo m0 > 0 a massa inicial. A meia vida deste isotopo, denotada T , e o tempo necessario

para que a massa m se reduza a metade de seu valor inicial.

(a) Determine b em funcao de T .

(b) Determine, em funcao de T , o tempo necessario para que m se reduza a um terco de seu valor inicial.

Solucao

(a) Considere t0 o tempo inicial, isto e, m(t0) = m0. Segue que m0 · bt0 = m0, logo t0 = 0.

Se T e o tempo necessario para que caia a metade a massa m de uma amostra de isotopos radioativos, a partir do

instante t0 = 0, temos

m(T ) =m0

2,

logo,

m0 · bT =m0

2;

com isso,

bT =1

2.

Assim,

b =

(1

2

) 1T

.

Uma outra forma de escrever a ultima relacao acima e b = 2−1T .

(b) Seja t o tempo necessario para que a massa de uma amostra decaia a um terco. Temos que

m(t) =m0

3,

logo,

m0 · bt =m0

3;

portanto,

bt =1

3

e, com isso, (2−

1T

)t=

1

3.

Assim,

2−tT = 3−1

ou, ainda,

2tT = 3.

Finalmente,t

T= log2 3,

de sorte que

t = T · log2 3.

Assim, o tempo necessario para que a massa de uma amostra decaia a um terco e T · log2 3.

Pauta de Correcao:

(a) • Escrever a equacao m(T ) = m02

. [0,25]

• Obter b =(12

) 1T ou b = 2−

1T . [0,25]

(b) • Escrever a equacao m(t) = m03

. [0,25]

• Obter 2tT = 3 ou

(1

2

) tT

=1

3. [0,25]

• Obter t = T · log2 3, ou algum valor equivalente. [0,25]

Questao 02 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,75; (c)=0,25 ]

O objetivo deste problema e encontrar o numero natural x, menor do que 1700 e que deixe restos 2, 2, 1 e 0 quando

dividido por 5, 6, 7 e 11, respectivamente. Para tanto, faca os itens a seguir:

(a) Escreva um sistema de congruencias que tenha x como uma solucao.

(b) Determine a solucao geral do sistema do item (a).

(c) A partir da solucao geral do sistema, calcule o valor de x.

Solucao

(a) Temos que 0 < x < 1700 e uma solucao do seguinte sistema de congruencias:X ≡ 2 (mod 5)

X ≡ 2 (mod 6)

X ≡ 1 (mod 7)

X ≡ 0 (mod 11)

(b) Como 5, 6, 7, 11 sao coprimos dois a dois, usaremos o Teorema Chines dos Restos para determinar a solucao geral do

sistema.

Tomamos M = 5 · 6 · 7 · 11 = 2310,M1 = 6 · 7 · 11 = 462,M2 = 5 · 7 · 11 = 385, M3 = 5 · 6 · 11 = 330 e M4 = 5 · 6 · 7 = 210.

Continuando, pondo m1 = 5,m2 = 6,m3 = 7,m4 = 11, c1 = 2, c2 = 2, c3 = 1 e c4 = 0, temos que a solucao geral do

sistema e dada por

X ≡M1y1c1 +M2y2c2 +M3y3c3 +M4y4c4 (mod M),

onde cada yi e solucao de Mi · y ≡ 1 (mod mi), i = 1, 2, 3, 4.

Como c4 = 0 precisaremos determinar apenas y1, y2 e y3 onde

6 · 7 · 11y1 ≡ 1 (mod 5)

5 · 7 · 11y2 ≡ 1 (mod 6)

5 · 6 · 11y3 ≡ 1 (mod 7)

⇐⇒

2y1 ≡ 1 (mod 5)

y2 ≡ 1 (mod 6)

y3 ≡ 1 (mod 7)

Portanto, y1 = 3, y2 = y3 = 1 e, assim,

X ≡ 462 · 3 · 2 + 385 · 1 · 2 + 330 · 1 · 1 ≡ 3872 (mod 2310).

(c) Temos que X= 3872 +2310 t, com t ∈ Z. Como 0 < x < 1700, obtemos x = 3872− 2310 = 1562 como unica solucao.

Pauta de Correcao:

(a) Escrever o sistema. [0,25]

(b) Determinar a solucao geral. [0,75]

(c) A partir da solucao geral, obter o valor de x. [0,25]

Questao 03 [ 1,25 ]

Dadas duas retas reversas r e s no espaco, definimos o angulo entre r e s como o sendo o menor angulo entre r e

s′, onde s′ e qualquer reta paralela a s e concorrente com r. Pode-se provar que este angulo nao depende da reta s′

escolhida. Na figura abaixo, as retas reversas r e s sao suporte, respectivamente, de uma diagonal do cubo e de uma

diagonal de uma de suas faces.

Calcule, de acordo com a definicao acima, o cosseno do angulo entre r e s.

Solucao

De acordo com a definicao relembrada no enunciado, precisamos determinar o angulo entre r e s′, com s′ paralela a s e

concorrente com r. Ainda de acordo com o enunciado, pode-se escolher qualquer reta s′ com tais propriedades. Vamos, entao,

tomar s′ como sendo a paralela a s que concorre com r em um dos vertices do cubo, que chamaremos de A, conforme a figura

abaixo.

Note que s′ e perpendicular a AP , pois esta contida no plano da face da base do cubo, que e perpendicular a aresta vertical

AP . Alem disso, como s e paralela a diagonal BD da face ABCD do cubo, s′ tambem e paralela a BD; por fim, como BD e

perpendicular a AC, s′ e tambem perpendicular a AC.

Assim, como s′ e perpendicular a (ACP ), que e o mesmo plano (ACR), que por sua vez contem r. Logo, s′ e perpendicular a

r e, com isso, o cosseno do angulo do angulo entre as retas e 0.

Pauta de Correcao:

• Considerar a reta s′, ou alguma outra paralela a s concorrente com r, ou ainda alguma reta paralela a r e concorrente

com s. [0,25]

• Concluir corretamente que s′ e perpendicular a AC. [0,25]

• Concluir corretamente que s′ e perpendicular ao plano (ACR). [0,25]

• Concluir que s′ e perpendicular a r. [0,25]

• Calcular o cosseno. [0,25]

Solucao Alternativa

Temos que s e perpendicular a PR, pois as diagonais de uma face do cubo sao perpendiculares. Alem disso, s esta contida no

plano da face PQRS e AP e perpendicular a esta face, logo s e perpendicular a AP . Com isso, s e perpendicular ao plano

que contem o quadrilatero ACRP . Entao, s e ortogonal a toda reta em ACRP , logo, ortogonal a r. Assim, sendo E o ponto

em que s intersecta ACRP e r′ a paralela a r passando por E, temos que s e r′ formam um angulo de 90◦ uma com a outra.


• Mostrou que s e ortogonal e AP . [0,25]

• Mostrou que s e ortogonal e ACRP . [0,25]

• Mostrou que s e ortogonal a r. [0,25]

• Considerou a reta r′ e mostrou que o angulo entre s e r′ e de 90◦. [0,25]


Solucao Alternativa (por Lei dos Cossenos)

Denotamos por a a aresta do cubo. Prolongando a aresta CB do cubo, obtemos o ponto E na intersecao deste prolongamento

com s′. Vamos calcular cos θ, onde θ e a medida do angulo RAE.

Pelo caso LLL, os triangulos SPQ e DAB da figura abaixo sao congruentes. Alem disso, como s′ e paralela a BD, e AD e

paralelo a EB, o quadrilatero AEBD sera um paralelogramo. Com isso, BE = AD = a e AE = BD = a√

2.

Temos ainda, pelo Teorema de Pitagoras, que

RE2

= RC2

+ CE2

= a2 + (2a)2,

logo RE = a√

5.

O triangulo RAE tem, entao, lados de medidas AR = a√

3, AE = a√

2 e RE = a√

5.

Pela Lei dos Cossenos,

RE2

= AE2

+AR2 − 2 ·AE ·AR · cos θ,

logo

5a2 = 2a2 + 3a2 − 2 · a√

2 · a√

3 · cos θ,

e, entao

0 = −2 · a√

2 · a√

3 · cos θ.

Com isso, cos θ = 0 (e, portanto, o angulo entre r e s′ mede 90◦).

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa (Lei dos Cossenos):

• Considerar a reta s′. [0,25]

• Obter o ponto E, intersecao de s′ com o prolongamento de BC. [0,25]

• Obter RE = a√

5. [0,25]

• Aplicar corretamente a Lei dos Cossenos. [0,25]


Solucao Alternativa (pelo Teorema das Tres Perpendiculares)

Na figura que aparece na solucao anterior, considerando α o plano que contem a face ABCD, temos RC⊥α. Temos BD ‖ s, e

s ‖ s′, logo BD ‖ s′. Por fim, como AC⊥BD (pois ambos os segmentos sao diagonais da face quadrada ABCD), temos entao

AC⊥s′.

Como RC⊥α, AC ⊂ α, s′ ⊂ α e AC⊥s′, pelo Teorema das Tres Perpendiculares, temos AR⊥s′, logo r⊥s′. Com isso, o angulo

entre r e s e reto e, portanto, o cosseno do angulo entre r e r e 0.

Pauta de Correcao da Solucao Alternativa (Teorema das Tres Perpendiculares):

• Considerar a reta s′, ou alguma outra paralela a s concorrente com r, ou ainda alguma reta paralela a r e concorrente

com s. [0, 25]

• Concluir corretamente que s′ e perpendicular a AC. [0, 25]

• Concluir corretamente que RC e perpendicular ao plano α, da face ABCD. [0, 25]

• Utilizar o Teorema das Tres Perpendiculares e concluir que s′ e perpendicular a r. [0, 25]

• Calcular o cosseno. [0, 25]

Questao 04 [ 1,25 ]

Sejam (an) uma progressao aritmetica e (bn) a sequencia definida por bn = a2n+1 − a2n, para todo n > 1. Mostre que

(bn) e uma progressao aritmetica e calcule o primeiro termo e a razao de (bn) em funcao do primeiro termo e da

razao de (an).

Solucao

Sejam a o primeiro termo e r a razao da progressao aritmetica (an).

Entao ak = a+ (k − 1)r, para todo k > 1.

Alem disso, para n > 1, temos que

bn = a2n+1 − a2n = [a+ nr]2 − [a+ (n− 1)r]2 = a2 + 2anr + (nr)2 −[a2 + 2a(n− 1)r + (n− 1)2r2

]=

a2 + 2anr + n2r2 − a2 − 2anr + 2ar − n2r2 + 2nr2 − r2 = 2ar + 2nr2 − r2 =

2ar + r2 + (n− 1)(2r2).

Logo (bn) e uma progressao aritmetica com primeiro termo 2ar + r2 e razao 2r2.

De fato, b1 = 2ar + r2 + (1− 1)(2r2) = 2ar + r2 e, para k > 1, temos que

bk+1 − bk = 2ar + r2 + (k + 1− 1)(2r2)−[2ar + r2 + (k − 1)(2r2)

]= 2r2 e

assim esta provado o resultado.

Pauta de Correcao:

• Determinar a expressao de (bn). [0,25]

• Verificar que (bn) e uma progressao aritmetica. [0,5]

• Determinar o primeiro termo de (bn). [0,25]

• Determinar a razao da progressao aritmetica (bn). [0,25]

Solucao Alternativa

Sejam a o primeiro termo e r a razao da progressao aritmetica (an).

Calculando a diferenca de dois termos consecutivos da sequencia (bn) temos

bn+1 − bn = a2n+2 − a2n+1 − (a2n+1 − a2n),

onde an+2 = an+1 + r e an+1 = an + r. Logo,

bn+1 − bn = (an+1 + r)2 − a2n+1 − [(an + r)2 − a2n]

Fazendo as simplificacoes, obtemos

bn+1 − bn = 2an+1r − 2anr = 2r(an+1 − an) = 2r2.

Portanto, (bn) e uma progressao aritmetica de razao 2r2.

Temos que b1 = a22 − a21 = (a1 + r)2 − a21 = 2a1r + r2 = 2ar + r2.

Portanto, o primeiro termo de (bn) e igual a 2ar + r2.


• Considerar a diferenca bn+1 − bn. [0,25]

• Verificar que (bn) e uma progressao aritmetica. [0,5]

• Determinar o primeiro termo de (bn). [0,25]

• Determinar a razao de (bn). [0,25]

Questao 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]

(a) Qual a probabilidade de duas pessoas escolhidas ao acaso terem nascido no mesmo dia da semana?

(b) Em um grupo de r pessoas (2 6 r 6 7), qual a probabilidade de haver pelo menos duas delas que tenham

nascido no mesmo dia da semana?

Observacao: Suponha que a probabilidade de uma pessoa nascer em determinado dia da semana seja igual a 1/7.

Solucao

(a) Escolhidas duas pessoas, o numero de pares possıveis dos dias da semana e igual 7 × 7 = 49. O numero de casos

favoraveis, sao os pares em que os dias de nascimento da semana sao os mesmos, ou seja, igual a 7. Logo a probabilidade

pedida e igual a7

49=

1

7.

Solucao alternativa I

O numero de pares possıveis em que duas pessoas nasceram em dias distintos da semana e igual a 7 × 6 = 42. Temos

entao que a probabilidade pedida e p = 1− 42

49=

1

7.

Solucao alternativa II

Escolhida uma pessoa, a probabilidade da outra ter nascido no mesmo dia da semana da primeira e p =1

7.

(b) O numero de casos possıveis para r pessoas e igual a 7r. O numero de casos em que nenhuma das r pessoas nasceu no

mesmo dia da semana, isto e, o numero de casos desfavoraveis, e igual a 7× 6× · · · × [7− (r− 1)]. Logo a probabilidade

pedida e

p = 1− 7× 6× · · · × (7− (r − 1))

7r.

Pauta de Correcao:

(a) • Determinar o cardinal do Espaco Amostral. [0,25]

• Determinar a probabilidade. [0,25]

(b) • Determinar o cardinal do Espaco Amostral. [0,25]

• Determinar a probabilidade. [0,5]

Questao 06 [ 1,25 ]

Para cada n > 0 inteiro considere o numero C(n) obtido pela concatenacao das potencias de 2, com expoentes de 0

ate n, conforme exemplificado na tabela abaixo:

n 0 1 2 3 4 5 · · ·C(n) 1 12 124 1248 124816 12481632 · · ·

Mostre, por inducao, que C(n) e divisıvel por 2n para todo n > 0.

Solucao

Observemos primeiramente que

C(1) = 12 = 10 + 2, C(2) = 124 = 12 · 10 + 4, C(3) = 1248 = 124 · 10 + 8, C(4) = 124816 = 1248 · 102 + 16, C(5) =

124816 · 102 + 32, C(6) = 12481632 · 102 + 64, C(7) = 1248163264 · 103 + 128, . . ..

De um modo geral,

C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1,

onde s > 1 e o numero de algarismos da expansao decimal de 2n+1.

Agora, por inducao sobre n, para n = 0 temos que 20 | C(0).

Suponha que 2n divide C(n), para um certo n > 0.

Temos que C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1, onde s > 1.

Como 2n divide C(n) e 2 divide 10s, concluimos que 2n+1 divide C(n) · 10s, logo 2n+1 divide C(n+ 1).

Portanto, C(n) e divisıvel por 2n para todo n > 0.

Pauta de Correcao:

• Verificar que C(n) e divisıvel por 2n para n = 0. [0,25]

• Escrever C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1. [0,25]

• Concluir que 2n+1 divide C(n) · 10s. [0,5]

• Concluir a prova. [0,25]

Questao 07 [ 1,25 ]

Seja ABC um triangulo. Se P e o pe da bissetriz interna relativa ao lado BC, prove o Teorema da Bissetriz

Interna, isto e, que

BP

PC=

BA

AC.

Solucao

Trace, pelo ponto B, a paralela a reta←→AP e marque seu ponto de intersecao B′ com a reta

←→AC.

Como←→AP e paralela a reta

←−→B′B e AP e bissetriz do ∠BAC obtemos

∠ABB′ = ∠BAPe∠BB′A = ∠PAC; como ∠BAP = ∠PAC, segue que ∠BB′A = ∠ABB′.

Portanto, o triangulo B′AB e isosceles de base B′B, e assim AB = AB′.

Aplicando o teorema de Tales as paralelas←→AP e

←−→B′B obtemos

BP

PC=

AB′

AC=

AB

AC

Pauta de Correcao:

• Tracar a paralela a←→AP e mostrar a igualdade ∠BB′A = ∠ABB′. [0,5]

• Concluir que AB = AB′. [0,25]

• Aplicar o teorema de Tales. [0,25]


Questao 08 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,50 ]

(a) Escreva cos(3x) em termos de cos(x).

(b) Mostre que, se um numero racional irredutıvelr

s(r e s inteiros nao nulos primos entre si) e raiz de um polinomio

P (X) = anXn + an−1X

n−1 + · · · + a1X + a0 de coeficientes inteiros, entao s divide an e r divide a0.

(c) Use os itens acima para mostrar que cos (20◦) e um numero irracional.

Solucao

(a)

cos(3x) = cos(2x+ x)

= cos(2x) · cosx− sen(2x) · senx

= (cos2 x− sen2x) · cosx− 2 · senx · cosx · senx

= cos3 x− sen2x · cosx− 2 · sen2x · cosx

= cos3 x− 3 · sen2x · cosx

= cos3 x− 3 · (1− cos2 x) · cosx

= 4 cos3 x− 3 cosx.

(b) Suponha r e s como no enunciado, tais quer

se uma raiz racional irredutıvel do polinomio P (x) = anx

n + an−1xn−1 +

· · ·+ a1x+ a0, isto e,

P(rs

)= an

(rs

)n+ an−1

(rs

)n−1

+ · · ·+ a2(rs

)2+ a1

(rs

)+ a0 = 0

Multiplicando a igualdade por sn, temos que

anrn + an−1r

n−1s+ · · ·+ a2r2sn−2 + a1rs

n−1 + a0sn = 0,

anrn = −(an−1r

n−1 + · · ·+ a2r2sn−3 + a1rs

n−2 + a0sn−1)s

e

a0sn = −(anr

n−1 + an−1rn−2s+ · · ·+ a2rs

n−2 + a1sn−1)r.

Segue que s|anrn e r|a0sn e, como, (r, s) = 1 concluımos que s|an e r|a0.

(c) Note que 60o = 3 · 20o.

Por um lado, cos 60o = 1/2; por outro, o item (a) fornece cos 60o = 4 cos3 20o − 3 cos 20o.

Portanto, podemos afirmar que cos 20o satisfaz a equacao 4x3 − 3x − 12

= 0, e entao que e raiz do polinomio com

coeficientes inteiros

P (x) = 8x3 − 6x− 1.

Pelo item (b), as (possıveis) raızes racionais de P devem pertencer ao conjunto {±1,± 12,± 1

4,± 1

8}. Calculando as

imagens de cada um desses numeros, temos

x 1 -1 1/2 -1/2 1/4 -1/4 1/8 -1/8

P (x) 1 -3 -3 1 -19/8 3/8 -111/64 -17/64

Portanto, cos 20o nao pode ser um numero racional.

Pauta de Correcao:

(a) Escrever cos(3x) em funcao de cosx. [0,25]

(b) • Concluir que s|anrn e r|a0sn. [0,25]

• Usar o fato (r, s) = 1 e concluir que s|an e r|a0. [0,25]

(c) • Usar o item (a) para obter cos 20◦ como raiz da polinomio

P (x) = 8x3 − 6x− 1. [0,25]

• Usar o item (b) para concluir que cos 20◦ e um numero irracional. [0,25]

Quest~ao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] TODOS x;y;z...

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