Questões escritas. volume 1

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1 Questões escritas volume 0. Se b é ímpar, então ele é da forma b k +, k d N, ou seja, a + (k + ) + k + k + + k + k ( + k + k ), de forma que a é par, pois + k + k d N. 0. Fazendo a Divisão Euclidiana de N por 99, temos N 99 q + 8, q d Z. ssim, N q N q N (q + ) +. Logo, a divisão de N por 99 tem quociente q + e resto. 0. Uma maneira: Dentre quatro números inteiros consecutivos, apenas um é da forma k, isto é, apenas um é divisível por. Logo, como dois dentre esses números são ímpares, se um produto de dois deles é divisível por, o produto dos outros dois não é e, portanto, não eistem quatro números inteiros consecutivos tais que o produto de dois deles seja igual ao produto dos outros dois. Outra maneira: Sejam, +, + e + os números inteiros positivos. omo ( +) < ( + )( + ) e ( + ) < ( + )( + ), devemos ter ( + ) ( + )( + ) , o que é impossível. Logo não eistem quatro inteiros positivos consecutivos tais que o produto de dois deles é igual ao produto dos outros dois. 0. omo n n n(n ) (n ) n(n + ) é o produto de três inteiros consecutivos, obrigatoriamente um deles será múltiplo de, ou seja, n n será múltiplo de para todo n inteiro. 0. Sejam a, b e c os números inteiros em questão, com a b. ssim abc 7 a + b 6. omo o produto de a, b e c é 7, a, b e c são todos divisores de 7. ssim, a, b, e c d { 7, 9,,,, 9, 7}. Os únicos pares de divisores que somam 6 são 9; e ;. Logo a 9 e b, ou a b. 7 a) Se a, b, e c são positivos, a b e c, de modo que a $ soma dos três números é b) Se há dois negativos entre a, b e c, a 9, b, e c, 9$ ( ) de modo que a soma dos três números é 9 + ( ) + ( ).

2 06. Sejam p e k inteiros, tais que: n+ 00 p n+ 68 k + k p 68 + ( k p) $ ( k+ p) 68 omo (k p) e (k + p) são ambos pares ou ímpares e tem-se que , então: k p k 8 + k+ p p 6 Portando, n n Foi dado que n (a; b) (a b) + ab a ab + b + ab a + b. Logo: a) n (; 9) b) n (a; a) a + (a) a + 9a 0a. Logo n (a; a) é sempre múltiplo de 0 e, portanto, seu algarismo final é sempre zero. 08. a) omo (abba) 0 pertence ao século 0, seus dois primeiros dígitos são 9, logo o número é 99. nalogamente o outro número é 00. b) Temos que (abba) 0 + (cddc) Portanto, esse número representa um ano que pertence ao século XL. 09. Seja (abcd) 0 o número, temos: I. a + d 8 II. b + c III. (abcd) 0 86 (dcba) 0 De I podemos concluir por tentativa e erro que a 7 e d ou a e d 7. De II, analogamente, b 6 e c ou b e c 6. Logo, as possibilidades para o número de acordo com as condições I e II são 67, 67, 7 6, 7 6. única delas que satisfaz também a condição III é a) omo os divisores de 600 são da forma α β γ e temos, e possibilidades para α, β, γ, respectivamente, então o número de divisores é, pelo Princípio Fundamental da ontagem. omo 70 é um divisor de 600, então o número de divisores positivos de 600 que também são divisores de 70 é 0. b) Para que um dos divisores de 600 seja par, devemos ter α 0, isto é, temos 6 possibilidades. Para que um dos divisores de 600 seja quadrado perfeito, α d {0,, }, β d {0, } e γ d {0, }, ou seja, possibilidades.. a) quantidade de divisores de m que são múltiplos de 00 é igual 6 m $ $ a quantidade de divisores de $, que é dada 00 $ por ( + )( + ) 0. b) Para p ser um divisor comum de m e n, p deve ser um divisor do mdc (m, n) 0. ssim, r, s e t d N e r, s 0 e t, ou seja, r d {0,,,,, }, s 0 e t d {0,, }.

3 . a) Fatorando 68 em fatores primos obtemos 7. Portanto d(68) ( + ) ( + ) ( + ) 6. b) Para que um número tenha divisores positivos, a fatoração desse número em fatores primos deve ter um primo com epoente e outro com epoente, de forma que, sendo n esse número, tenhamos d(n) ( + ) ( + ), pois o também tem fatoração única em fatores primos que é. Para que esse número seja o menor possível, devemos tomar os menores primos possíveis como fatores, que são e. Há duas possibilidades dentro dessas restrições: e. menor delas é.. a) mdc (a, b) mmc (a, b) ab 0 + b 0 + b. b) omo mdc (a, b), o único fator comum aos inteiros positivos a e b é. Sendo mmc (a, b) 0 7, temos duas possibilidades: os fatores e 7 pertencem a um único número, isto é, (a 7 e b ) ou (a e b 7); os fatores e 7 pertencem a números distintos, isto é, (a e b 7) ou (a 7 e b ). Logo (a, b) d {(; 0), (0; ), (; ), (; )}.. Sejam c o número de candidatos aprovados para a segunda fase do vestibular da Unicamp em 99 e n o número de salas completas com candidatos em cada. omo ficaram 8 candidatos em uma sala incompleta, temos que c n + 8. Em 99 o número de candidatos para a segunda fase, nessa cidade, foi de c + n (n + ) +. Portanto, nesse ano, o número de candidatos que ficaram em uma sala incompleta foi de.. omo o tecido deve ser vendido em retalhos iguais e deve ser usado todo o tecido, o comprimento de cada retalho deve ser um divisor comum de 8, 60 e 80. Logo, o maior comprimento do retalho é dado por mdc (8, 60, 80) m. ssim, o número de retalhos obtidos será de Seja o valor da mesada de Ricardo. Logo, pelo enunciado, temos: omo queremos o quanto foi gasto em livros, fazemos: $ $ Portanto, foram gastos R$,00 em livros. 7. a) Sejam: massa do corpo vazio em gramas; y massa da água necessária para encher o copo em gramas.

4 Pelo enunciado podemos representar a situação por um sistema de equações de tal forma que: + y 0 + y 0 0 y y + y y 0 y 0 Portanto, a massa do copo vazio é 00 gramas. b) Pelo item anterior, deduzimos que a massa da água necessária para encher o copo é 0 gramas. omo queremos a massa do copo com de água, fazemos: 00 + d $ 0 n 00 + gramas. 8. a) 0, +, , 0, b) 0, + 0,0 + 0, 0,0 + 0, 0 0 0, c), 9 + 9, , 9, d) 0, +, , + 99,, a) erdadeiro. Sejam: a d Q e b d R\Q Suponhamos por absurdo que a soma de a e b seja um número racional. ssim, temos: a + b c d Q & b c a d Q. O que é um absurdo, pois por hipótese b d R\Q. Logo, a soma de um número racional com um irracional só pode ser um número irracional. b) Falso. asta tomarmos como racional o número 0 e como irracional. ssim temos: 0 0 d Q c) Falso. asta tomarmos como irracionais os números _ + ie _ i. Logo, a soma desses dois números irracionais será: _ + i+ _ i d Q

5 d) erdadeiro. Eemplo: $ d Q. e) Falso. Eemplo: d Q ( ) $ 7 ( ) $ 7 $ 7 ( ) $ 7 ( ( 7) ) ( ) $ ( ( 7) ) $ d n ( ) $ 7 ( ) $ ( 7) ( ) $ 7 ( ) ( ) $ b) 00, $ $ 0 $ $ $ $ $ $. a) Seja a, o qual sabemos que é irracional. Temos que a _ i é racional e a 6 6 _ i 6 8 também é racional. b) Se a 0, a d Q. Se a 0, sendo a 7 d Q e a d Q, então: _ a i a a a a d Q. ssim, a a a a 6 a d Q. _ i Outra maneira: omo a 7 e a são racionais, temos que _ a 7 i 7 a 9 e _ a i a 8 também o são. 9 a Logo a é racional. 8 a Nota: lembrar que operações de soma, subtração, multiplicação e divisão entre dois racionais não nulos resultam em números também racionais.. a) metade de é. b) 8 / 0, 9 / + _ i + _ i / (0,) + 0, 8 / / + $ d n + + ( ) b a 7 6 $ (,7) $ (,),9,8,7

6 $ $. 6 e 8. Logo, como 8 > 6 6. Seja:, segue que > _ + i _ + i ( 7 ) Para: 8 & ± 9 & ± omo queremos que e sejam inteiros positivos, então adotamos 8 e. Logo, a) 0 $ $ b) $ $ c) $ d) $ $ + + ( $ ) ( 9 $ ) 7 $ $ 0 e) + $ _ + i+ _ i _ + i _ i _ + i+ _ i _ + i+ _ i _ + i+ _ i $ $ _ + i _ i $ $ f + + f + + p d + + $ p 0 n d n

7 f) _ i + + $ _ i Temos: 7 a b _ i$ _ + i _ 7 i$ _ 7 + i _ 7 + i_ + i ( 7 ) < 0 _ 7 + i_ + i _ 7 + i_ + i Logo b > a. 9. Sabemos que 0, para todo d R. Sejam a e b dois números reais positivos. ssim, _ a bi a+ b 0 + a ab + b Temos: a+ bp a+ b $ $ $ a b> 0 + _ a+ bp i > p, ( a+ b) $ > pa ( + b) ( a+ b) ab + a + bp > p(a + b) + a + bp > ap + bp + bp bp > ap a + bp(p ) > a(p ) p, > 0 b > 0 a a bp > a, p > + < p b b. omo y, então ( y) > 0. Logo: ( y) > 0 + y + y > 0 + y + y > y y> 0, + ( + y)( y + y ) > ( + y)(y) + + y > y + y. a) 9 ( ) $ ( ) ( ) b) Sabemos que é irracional e que ( ) 9 é racional (pelo item a). Ora, é racional ou irracional. Se é racional, então eistem dois irracionais α e β tais que α β é racional (α β ). Se é irracional, então eistem dois irracionais α e β tais que α β é racional (α e β ).. a) 0 + y ( ) + (6y ) ( + 6y) b) y 8 y + y (y 8) (y 6 y ) + (y y) y (8 6 y + y) 7

8 c) ( )(y + ) + ( )(z ) ( )[(y + ) + (z ) ( )(y + z + ) d) n + n + n + n + n + ( ) n + ( )( + ) e) (a b) + y(a b) a + b (a b) + y(a b) (a b) (a b)( + y ) f) a + 8b + a + b (a + b) + (a + b) (a + b)( + ) g) mp mq np + nq m(p q) n(p q) (p q)(m n) h) 0y 8y + 0y ( y) y( y) [( y) y( y) ( y)( y). a) a y + ay z + az ( a) y( a) z( a) ( a)( y z) b) a + 9a b + 9ab + b (a + a b + ab + b ) (a + b) c) a + ab + b (a + b) (a + b + )(a + b ) d) m y y m ( + y + y ) m ( + y) [m + ( + y) [m ( + y) (m + + y)(m y) e) a + a b + ab + b a ab b (a + b) (a + ab + b ) (a + b) (a + b) (a + b) [(a + b) (a + b) (a + b ) f) b a + ab b a + ab a(b a) g) 8 y ( ) (y ) ( + y )( y ) (9 + y )( + y)( y) h) a n + b n + ay n + by n n (a + b) + y n (a + b) (a + b)( n + y n ) i) a bc bc + a b b bc(a ) + b(a ) (a ) b (c + ) b(a + )(a )(c + ) j) a c + c + ac (a + c)(a c) + c(c + a) (a + c)(a c + c) (a + c)(a + c) k) 8 y () y ( y)[() + () y + y ( y)( + y + y ). a) b) y + y 6 y ( ) + ( y ) ( + )( y ) y y + + y + y ( + ) + ( y+ ) ( + )( y+ ) y + a+ b a+ b a b ( a+ b)( a b) a b ab+ a b c) b 9 ( a+ )( a ) ( b ) a ( b+ ) ( b+ ) ( b+ )( b ) ( b+ )( a ) ( b+ )( b ) d) ( a+ b ) ( a b ) [( a+ b ) + ( a b ) $ [( a+ b ) ( a b ) ( a ) $ ( b ) ab ab ab e) a a b b ( a + b )( a b ) ( a b ) a + b f) + ( ) + ( ) ( )( + ) + ( ) ( ) + 8

9 g) a b ( a + b )( a b ) ( a + b )( a+ b)( a b) a + a b+ ab + b a ( a+ b) + b ( a+ b) ( a + b )( a+ b) a b 6. ( 6 ) ( 6 + )( 6 ) ( 6 + )( 8 + )( 8 ) ( 6 + )( 8 + )( + )( ) ( 6 + )( 8 + )( + )( + )( ) ( 6 + )( 8 + ) ( + ) ( + )( + )( ) ( 6 + )( 8 + )7 Logo ( ) é divisível por 7, e. 7. a) ( + ) + + b) ( a) a + a 6 8a + a c) ( ) ( ) d) (m + n ) (m ) + m n + (n ) m 6 + m n + n e) ( ) ( ) $ + ( ) f) (a b + c) [(a b ) + c (a b ) + (a b ) c + c a ab + b + ac b c + c a + b + c ab + ac b c 8. a) a 6a + 9 a a + (a ) b) ( + ) c) m m + (m m + ) (m ) d) ( ) + + ( + ) e) + + ( ) + + d n d + f) a ab + b c (a b) c (a b c)(a b + c) g) y + yz z (y yz + z ) (y z) [ (y z)[ + (y z) ( y + z)( + y z) h) ( 8 + 8) ( 9) 9. a + ab+ 6ac+ b + bc+ 9c a + ( b) + ( c) + $ a $ ( b) + $ a $ ( c) + $ ( b) $ ( c) ( a+ b+ c) a+ b+ c 0. y + y + + y 6 + (y) + y (y) + + y y + + y 6 + 6( + y) + ( + y) 6 + 7( + y) y y + y y 8 y a) a + a b + b a + a b + b a b (a + b ) a b (a + b ) (ab) (a + b ab)(a + b + ab) b) a + a + a + a (a + ) (a) [(a + ) a[(a + ) + a (a + a)(a + + a) n 9

10 . a) (a + ) a + (a ) + ( a) + a + 6a + a + 8 b) ( ) ( ) + ( ) c) (m + ) m 6 + (m ) + ( m ) + m 6 + m + m + d) ( + y) 6 + ( y) + ( y ) + y 6 + y + y + y. a) () + () + ( + ) b) 6 + y + y + y ( ) + ( ) y + ( ) (y) + y ( + y) c) ( ). + & d + n & d + n d+ n+ 6 & + $ a) ( ) b) 0

11 ( ) ( ) c) ( ) d) ( ) ( )

12 6. ( _ ) ( _ ) ( ) ( ) [( ) _ [ _ ( ) 7. a) U U U b) Temos:, { d R < < ou 6 0} (j) { d R ou < 6 ou > 0} { d R > } (, ) * (j) + { d R < 6 ou > 0} [; 6[, 0; +[

13 8. Seja n o número de elementos de. Então o conjunto P() tem n elementos e P(P()) tem n elementos. Logo, n n 8 + n. 9. onsidere a representação no Diagrama de enn a seguir: esportista preguiçoso marcianos João a) Falsa. Pode eistir pelo menos preguiçoso que não é marciano. b) Falsa. omo todos os marcianos são preguiçosos e nenhum esportista é preguiçoso, a afirmação é falsa. c) Falsa, mesmo argumento de b. d) erdadeira. ide diagrama anterior. 0. omo na tentativa houve dois resultados positivos, podemos ter esses dois resultados falsos, um falso e o outro verdadeiro ou os dois verdadeiros. Porém, note que não é possível ter os dois resultados falsos, pois ambos deveriam ser negativos na tentativa e tal tentativa apresentou somente um negativo. Sendo assim, obrigatoriamente um dos pacientes é portador da bactéria, eliminando a possibilidade de nenhum dos cinco ser portador.. a) < & < : verdadeira. F F b) ~( ): falsa. F c) +! / + 6: falsa. F d) < & < : falsa. F e) < & > : verdadeira. f) + Q + : falsa. g) d N & ( d Z & d Q): h) d N 0~( d N): verdadeira. F verdadeira.

14 . a) p q ~q p & ~q ~(p & ~q) F F F F F F F F F F b) α é (p & q) e β é (~p q) c) α é (p q) e β é (p r) p q α ~p β α + β F F F F F F F F p q r q r p (q r) α β α β S + T F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F S T. a) Se a sentença: O nariz de Pinóquio não vai crescer é verdadeira, então Pinóquio diz a verdade e seu nariz, de fato, não crescerá. Se a sentença for falsa, será verdade que O nariz de Pinóquio vai crescer, e, de fato, o seu nariz crescerá. Logo as duas coisas podem acontecer, dependendo da veracidade da sentença O nariz de Pinóquio não vai crescer. b) Se Pinóquio disse Meu nariz vai crescer e essa frase for verdadeira, o seu nariz não poderá crescer, pois ele diz a verdade, logo isso é um absurdo. No caso contrário, ou seja, se a frase for falsa, então é verdade que Meu nariz não vai crescer, o que não condiz com o enunciado, já que quando Pinóquio diz uma frase falsa seu nariz deve crescer. Logo Pinóquio não pode dizer a frase do enunciado.. a) d R d Q + ~( d Q ) b) d R & ~( d Q d Q ) c) d R & d Q Q d Q d) d R & d Q d Q

15 . a) erdadeira. 6; d Q & d R b) Falsa. 7; d R ( d Q d Q ) c) erdadeira. 6; d R & ( d Q d Q ) 6. a) {} b) ( c) ( d) ( ) + 7 ( ) {0} e) ( 9 9 f) + $ d n d n $ d n $ d n + 6( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) g) + ( ) + ( ) ( ) + < F + [( ) < F + + 6( ) + ( ) 9( ) ( 7 7 h) ( + )( + ) ( + )( + ) + ( + )( + ) ( + )( + ) 0 + ( + )( + ) 0 + ( + )( + ) ou + ou + 0 ( ; 7. a) {0} b) R c) + 0 n + 8. (m ) n + +. ssim, teremos possibilidades: m n + I. Se m & ( m

16 II. Se m e n & R III. Se m e n & m m m ( ) m m m m ( m ) + 8 m m + * ( m+ )( m ) ( m ) e m! 0 * ( m+ )( m ) ( m ) 0 e m! 0 ( m ) a) equação admite solução única desde ( m+ )( m ) m + ( m+ )( m )! 0 que * e + m! e m! 0 e m!. m! 0 b) equação não admite solução se: Z J( m+ )( m ) 0N Z J K O ( m ou m ) N K O K e O e [ K ( m )! 0 O K O L P + [ Lm! P + m ou m 0 ou ou \ m 0 m 0 \ c) equação admite infinitas soluções se: Z ( m+ )( m ) 0 Z ( m ou m ) e e [ ( m ) 0 + [ m + m e e \ m! 0 \ m! O discriminante da equação 6 + (k ) 0 é Δ ( 6) (k ) + Δ k + 8, assim: a) a equação não admite raízes reais + Δ < 0 + k + 8 < 0 + k >. b) a equação admite duas raízes reais distintas + Δ > 0 + k + 8 > 0 + k <. c) a equação admite duas raízes reais iguais + Δ 0 + k k. 6. Sejam a e a as raízes da equação. Então m a+ a a m a 0 a + +. Portanto, m 6 ou m 6. 8 a $ a a m 6 0 m 6 6

17 7 6. a) $ b) + ( + ) 7 d n c) + + $ ( $ ) d n d) + + ( + ) d n d n Δ (m ) m + 8. Para que a equação tenha raízes reais e positivas, Δ 0 e (m ) > 0. ssim, m + m e m >. Portanto, < m. 6. a) ( )( ) b) ( + )( + ) c) ( + )( + ) d) ( + )( ) 6. Temos + ( + ) (a) a 7a. ssim, 7a,7 + a 0, + a ou a ( + )( ) + $ + $ ( ) ( ) ( ) Z + 0 ( ou ) + [ e + * e + ou \ ( )! 0! {, } 67. a) Se + b, então d + n b d n b b + + b. b) d + n Fazendo + y, do item a temos que + y. Logo: (y ) y y y y ou y 7

18 ssim: Z Z Z [ ou + [ ou + [ ou \ \ \ Z + ou [ + d ou n \ + (,, D Seja. Então + e D D. D omo, então Logo, 8 e D. 69. MTN P 70. a) M M, +. Logo N 6, P P. ssim, MN N M. Seja T o ponto médio de MN, então MT TN e, portanto, T M + MT. Mas P + P 8 + 0, logo T é ponto médio de P. b) T y y X Y Seja X e Y y. Então X e y & Y y y y. Temos: y + y y y 0 0 Então XY + y ( + y) cm. 7. Temos: ( + 0 o ) + 80 o + 60 o + o 9y o + 9y o o + 9y 8 o + y o (alternos eternos) Logo + y o + o 7 o. 8

19 7. r s 80 Na figura, β + 60 o + 0 o 80 o + β 90 o. Então, o ângulo α entre as retas e y é tal que α + β + 80 o 80 o + α + 90 o 00 o + α 0 o. 60 y r s Na figura, + 60 o + 00 o 80 o + 0 o. 7. a) D E r s Devemos provar que se α, β e γ são as medidas dos três ângulos internos de um triângulo, então α + β + γ 80 o. Tracemos pelo vértice de um triângulo uma reta r paralela à reta s. ssim, α m ( t ) m (D t ) (alternos internos) e γ m ( t ) m (E t ) (alternos internos). Portanto α + β + γ m (D t ) + m ( t ) + m (E t ) 80 o. b) ada um dos outros ângulos mede pois o triângulo é isósceles). o o 0 o (são iguais 7. Seja m (D t ). Então m (D t ). inda, m (D t ) 60 o + m (D t ). Temos m (D t ) + m (D t ) + m (D t ) 80 o + 60 o o o o + 0 o e m (D t ) 0 o. 9

20 76. Temos: α + a + b 80 o + α 80 o a b β + e + f 80 o + β 80 o e f γ + c + d 80 o + γ 80 o c d Logo α + β + γ 80 o + 80 o a b + 80 o e f + 80 o c d 80 o + a + b + c + d + e + f 60 o. 77. omo D D, m (D t ) m (D t ) 0 o. Logo m (D t ) m (D t ) + m (D t ) 0 o + 0 o 60 o. omo D D, m (D t ) m (D t o o ) 60 o. Logo o ΔD é equilátero. Se M é ponto médio de D, M é mediana e m( D t ) 60 também bissetriz do ΔD. Logo α o 0 o. 78. No Δ, m ( t ) 80 o 0 o 60 o 90 o > m ( t ) > m ( t ). Logo > e >. No ΔD, m (D t ) 80 o 80 o 80 o 0 o. Logo D > D. No ΔDE, m (DE t ) 80 o 70 o 60 o 0 o. omo 70 o > 60 o e 70 o > 0 o, então DE > D e DE > E. Logo o maior segmento é DE. 79. omo DE //, m (DE ) m ( ) m ( ) m (ED ) α. ssim, pelo caso, temos ΔDE ~ Δ e sendo k a razão DE de tal semelhança, temos k. E E D Logo + + E E. 6 E Sendo F e G as projeções ortogonais de D e E sobre, respectivamente, temos, h h pelo caso L 0, ΔDF, ΔEG, onde F G F G. plicando o Teorema de Pitágoras ao ΔEG, vem h + + h 8, de onde h Sendo E d, tal que E, temos, pelo caso LL, ΔD, ΔED. omo E E + D D DE, o triângulo DE é isósceles e, sendo α m ( ED t ) m ( ED t ), temos m ( D t ) m ( ED t ) m ( ED t ) + m ( ED t ) α + α α. Logo: f e a b d c 0

21 m ( t ) + m ( t ) + m ( t ) 80 o + m ( ED t ) + m ( D t ) + m ( t ) 80 o + α 0 o + α 0 o. Portanto, m ( t ) α 80 o e m ( t ) α 0 o. 8. seguir, temos uma figura ilustrativa da situação descrita, em que P PQ. Pelo Teorema de Pitágoras, + +. Q omo m ( QP ) m ( ) e _ m (QP ) m ( ) 90 o, temos, P pelo caso, ΔQP ~ Δ PQ P & plicando o Teorema de Pitágoras ao ΔPQR, temos + QR + QR 9. omo mqrp ( t ) mmrn ( t ) + TQRP ~ TMRN mpqr ( t ) mnmr ( t ) médio de QR, vem que 9 8. onsideremos a figura a seguir: E Q NM + NM,6 cm. 0,80 m, 0,0 m 0,0 m R,0 m D P S 0,90 m omo os ângulos de incidência e refleão em são iguais e em também são iguais, pelo caso, ΔE ~ ΔD. Logo:, 09, 6 + 9, ,6 + m + 0, 08, 7

22 o 8. m (DE t ) m (DE t ) 6 o (ΔDE é isósceles) m (E t ) m (DE t ) 6 o (ΔDE, ΔE) m (E t ) 80 o m (E t ) 80 o [m ( t ) m ( E t ) 80 o (08 o 6 o ) 6 o m (GE t ) 80 o 6 o 7 o 7 o e m (EFG t ) 80 o 6 o 7 o 7 o Logo os triângulos EG, EF e EFG são isósceles com ΔGE ~ ΔEFG EF FG F F F F & F + F 0 G EG EF F + F. 8. Seja a distância do pé da escada à parede; como a escada deslizou m e parou no pé do muro, concluímos que a distância do muro à parede é igual a +. o ntes Depois d + d 86. Seja d o comprimento da escada. Na situação inicial, a escada, a parede e o muro formam um triângulo retângulo no qual, pelo Teorema de Pitágoras, temos: d ( ) + + (I) pós o deslizamento, no triângulo retângulo formado temos: d ( + ) + ( + ) ( + ) (II) a) Das igualdades I e II temos: + ( + ) + + ( + + ) ou. omo > 0, concluímos que, ou seja, a distância entre a parede da casa e o muro é igual a + metros. b) O comprimento da escada é igual a d ( + ) ( + ) metros. 0 _ 0 E D 0 _ F + 0

23 Seja, o lado do triângulo equilátero e E F. Então, aplicando Teorema de Pitágoras nos triângulos E e DEF, temos:,, 0 + () I $ (0 ) ( II) Substituindo I em II: < < 0 cm, (0 0 ) cm Em II,, (0 ) +, (0 0) cm +, 0( 6 ) cm.