MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL ENQ 015. Gabarito Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Determine TODOS os valores possíveis para os algarismos x, y, z e t de modo que os números abaixo, representados na base 10, tenham a propriedade mencionada: (a) 3x90586y é divisível por 60. (b) 7z41t é divisível por 99. Solução (a) 3x90586y é divisível por 60 = 3 5 se, e somente se, é divisível simultaneamente por 4, 3 e 5. i) 3x90586y é divisível por 5 se, e somente se, y = 0 ou y = 5. ii) 3x90586y é divisível por 4 se, e somente se, 6y é divisível por 4. Pelo item anterior, y = 0, pois 65 não é divisível por 4. iii) 3x905860 é divisível por 3 se, e somente se, 3 + x + 9 + 0 + 5 + 8 + 6 + 0 = 31 + x é divisível por 3. Os possíveis valores para x são:, 5, 8. Resposta: 3905860, 35905860 ou 38905860. b) 7z41t é divisível por 99 = 9 11 se, e somente se, é divisível simultaneamente por 9 e 11. i) 7z41t é divisível por 9 se, e somente se, 7 + + z + 4 + 1 + t = 14 + z + t é divisível por 9. Então z + t = 4 ou z + t = 13. ii) 7z41t é divisível por 11 se, e somente se, t 1 + 4 z + 7 = t z é divisível por 11. Então t z = 9 ou t z =. z + t = 4 Primeiro caso:, sem solução inteira. t z = 9 z + t = 4 Segundo caso: z = 1 e t = 3. t z = z + t = 13 Terceiro caso: z = 11 e t =. t z = 9 z + t = 13 Quarto caso:, sem solução inteira. t z = Resposta: 71413 Pauta de Correção: Item (a) Verificar os critérios de divisibilidade por 3, 4 e 5 na conclusão de que um número é divisível por 60 ou mostrar que os números achados pelos critérios usados são efetivamente divisíveis por 60. [0, 5] Determinar corretamente os valores de x e y. [0, 5]
Item (b) Verificar os critérios de divisibilidade por 9 e 11 na conclusão de que um número é divisível por 99. [0, 5] Determinar corretamente os valores de z e t. [0, 5] Questão 0 [ 1,00 ] A altura CH e a mediana BK são traçadas em um triângulo acutângulo ABC. Sabendo que BK CH e K ˆBC=HĈB, prove que o triângulo ABC é equilátero. Solução Na figura abaixo, denotamos por P o ponto de interseção entre BK e CH. Nos triângulos KBC e HCB, temos KB HC, K ˆBC = HĈB e BC CB, logo, pelo caso LAL, estes triângulos são congruentes. Assim, C ˆKB = BĤC = 90, logo a mediana BK é também altura, mostrando que o triângulo ABC é isósceles, com AB BC. Da congruência entre os triângulos KBC e HCB, concluímos também que BH CK. Como BP C é isósceles, temos CP BP e, consequentemente, P K P H. Com isso, os triângulos retângulos AHP e AKP possuem mesma hipotenusa e catetos P H e P K congruentes, logo estes triângulos são congruentes. Com isso, AH AK. E, como BH CK, isto implica que AB AC. Como já concluímos que AB BC, temos então AB BC AC. Solução alternativa para mostrar que AB AC sem usar o segmento AP Os triângulos AHC e AKB são congruentes, pois são retângulos com ângulos retos nos vértices H e K, o ângulo CÂH = BÂK é comum e os catetos opostos CH BK são iguais. Logo AB AC e assim AB BC AC. Pauta de correção: Concluir que BK é uma altura, a partir da congruência dos triângulos KBC e HBC, ou argumento equivalente. [0,5] Concluir que AB BC, a partir do fato de a mediana BK ser também altura ou equivalente. [0,5] Concluir que AH AK a partir da congruência dos triângulos AHP e AKP (ou mostrar que os triângulos AHC e AKB são congruentes). [0,5] Concluir que AB AC. [0,5] Pauta de correção alternativa: Concluir que BK é uma altura, a partir da congruência dos triângulos KBC e HBC, ou argumento equivalente. [0,5] Concluir que AB BC, a partir do fato de a mediana BK ser também altura ou equivalente. [0,5] Concluir que AB AC sem usar o segmento AP. [0,5]
Questão 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Calcule o resto da divisão de 8 37 por 13. (b) Determine o algarismo das unidades do número 7 (71000). Solução (a) Como 8 = 13 +, tem-se que 8 mod 13. Daí obtém-se que 8 4 mod 13 8 3 4 8 mod 13 8 4 4 3 mod 13 8 6 4 3 1 mod 13 Escrevendo 37 = 6 39 + 3, segue que 8 37 8 6 39+3 (8 6 ) 39 8 3 8 5 mod 13 Portanto, o resto é igual a 5. Solução Alternativa (a): Tem-se que 8 = 13 +, logo 8 mod 13. Como (, 13) = 1, aplicando o Pequeno Teorema de Fermat, segue-se que 1 1 mod 13 e assim 8 1 1 1 mod 13. Escrevendo 37 = 1 19 + 9, 8 37 8 1 19+9 (8 1 ) 19 8 9 8 9 mod 13 Finalizando 8 4 4 3 mod 13 8 8 9 mod 13 8 9 18 5 mod 13 Portanto, 8 37 5 mod 13. (b)calcular o algarismo das unidades de 7 (71000) equivale a calcular o resto da divisão deste número por 10. Tem-se que 7 3 mod 10 7 9 mod 10 7 4 9 1 mod 10 7 4 q (7 4 ) q 1 mod 10, para todo q N. Por outro lado, 7 1 mod 4, logo 7 1000 1 mod 4. Segue que 7 1000 = 4 q + 1, 7 (71000) 7 4 q+1 7 4 q 7 7 mod 10 Portanto, o algarismo das unidades de 7 (71000) é igual a 7. Pauta de Correção Item (a) Calcular 8 6 ou 8 1 módulo 13 [0, 5] Calcular o resto [0, 5]
Item (b) Calcular 7 4q módulo 10 [0, 5] Calcular o algarismo das unidades [0, 5] Questão 04 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Prove a desigualdade de Bernoulli: Se x R, x 1, então (1 + x) n 1 + nx, para todo n 1. ( (b) Prove que a sequência a n = 1 + n) 1 n é crescente, ou seja, que a n < a n+1, para todo n 1. Sugestão: Mostre que a n+1 (n + ) = a n (n + 1) [ (n + 1) ] n 1 e use o item (a). (n + 1) Solução (a) Seja P (n) a proposição (1 + x) n 1 + nx. Temos que P (1) é 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) é um número real não 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 + kx = 1 + (k + 1)x + kx 1 + (k + 1)x, onde a última desigualdade é verdadeira pelo fato do termo kx ser não negativo. (b) Seja a n = Temos então que Como ( 1 + 1 ) n (. Note que a n = 1 + 1 ) n = n n (n + ) (n + 1) a n+1 a n = a n+1 [ ] n n (n + ) = (n + 1) ( ) n n + 1 = n 1 (n + )n+1 = a n (n + 1) n+1 (n + ) (n + 1) (n + 1)n n n. n n (n + 1) = nn (n + ) n+1 = n (n + 1) n+1 [ ] (n + 1) n 1 = (n + 1) 1 1 segue, pela desigualdade de Bernoulli, que (n + 1) [ (n + ) (n + 1) 1 + 1 ] n. (n + 1) Assim segue que [ (n + ) (n + 1) 1 + 1 ] n [ (n + ) (n + 1) (n + 1) 1 + n ]. (n + 1) [ a n+1 (n + ) a n (n + 1) 1 + n ] (n + ) = (n + 1) (n + 1) (n + 1) n = (n + 1) Portanto a n+1 > a n. (n + )(n + n + 1) (n + 1) 3 = n3 + 3n + 3n + n 3 + 3n + 3n + 1 > 1.
Pauta de correção: Item (a) Fazer o P(1) e indicar a estratégia de prova por indução. [0,5] Fazer o passo de indução. [0,5] Item (b) Mostrou a identidade para an+1 a n da sugestão, e usou o item (a). [0,5] Finalizou corretamente a questão. [0,5] Questão 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Seja f(x) = ax + bx + c uma função quadrática com a > 0 e = b 4ac > 0. Considere o triângulo ABV, onde A e B são os pontos de interseção da parábola correspondente ao gráfico de f com o eixo das abcissas e V é o vértice da parábola. ( + 4) (a) Mostre que BV =. 4a (b) Mostre que o triângulo ABV é equilátero se, e somente se, = 1. Solução (a) Seja C o ponto médio do segmento AB. As coordenadas dos pontos são ( ) ( ) ( b b + A =, 0, B =, 0, C = b ) a a a, 0 e V = ( b a, ). 4a Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BCV, temos que BV = BC + CV. Calculando os comprimentos dos segmentos: BC = AB = 1 b + ( ) b = a a a e CV = 4a. Portanto, BV = 4a + 16a = + 4 ( + 4), logo BV =. 16a 4a
(b) Como o triângulo é isósceles (pela simetria da parábola), BV = AV. Portanto, o triângulo será equilátero se, e somente se, BV = AB. Temos ( + 4) BV = AB = 4a a + 4 = 4 = 1. Pauta de Correção Item (a) Escrever corretamente as coordenadas dos pontos A, B e V. [0,5] Calcular o comprimento do segmento BV. [0,5] Item (b) Estabelecer alguma condição necessária e suficiente para o triângulo ser equilátero. [0,5] Igualar as expressões e calcular corretamente. [0,5] Questão 06 [ 1,00 ] No paralelepípedo reto retângulo da figura seguinte, calcule a distância do vértice C ao segmento AM, sendo M o ponto médio de CE. Solução Inicialmente, aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo ABC, calculamos o comprimento do segmento AC:
AC = AB + BC = l + (l ). Daí segue que AC = l 5. Analisando agora o triângulo ACM, concluímos que ele é retângulo em C pois o segmento MC é perpendicular à face ABCD do paralelepípedo e, portanto, perpendicular ao segmento AC contido nesta face. Ainda observando o triângulo retângulo ACM, o segmento CN é perpendicular à hipotenusa AM pois CN representa a distância de C à reta AM e, por definição, distância de ponto à reta é sempre perpendicular à reta. Então, usando o Teorema de Pitágoras temos: e assim ( AM = (l) + l 5), AM = 3l. Usando que o produto da hipotenusa pela altura correspondente é igual ao produto dos catetos temos que: substituindo os valores correspondentes temos que: AM CN = AC CM, 3l CN = l 5 l, logo, CN = l 5. 3 Pauta de correção: Calcular AC corretamente. [0,5] Calcular AM corretamente. [0,5] Observar que a distância de C ao segmento AM é o comprimento de um segmento CN perpendicular a AM. [0,5] Calcular CN. [0,5] Questão 07 [ 1,00 ] Determine todos os valores de x R tais que ( 1 cos x ) cos(3x π 4 ) = 1. Solução Reescrevendo a equação da forma (sen x) cos(3x π 4 ) = 1, notamos inicialmente que a equação está bem definida para todo x R visto que a base é um número real não negativo. Usando propriedades das exponenciais, observamos a ocorrência de apenas duas situações: (i) A base é igual a 1 e o expoente é um número real qualquer, ou seja, sen x = 1 e cos ( ) 3x π 4 R. Nesse caso temos sen x = ±1, isto é, x = π + nπ, n Z. (ii) A base é um número real positivo e o expoente é nulo, isto é, sen x > 0 e cos ( ) 3x π 4 = 0. Nesse caso, temos 3x π 4 = π + kπ, k Z, isto é, x = π 4 + k π 3, k Z.
Observação: Visto que sen x e cos ( 3x π 4 ) não se anulam para o mesmo valor de x, a situação 0 0 nunca ocorre na equação. Pauta de Correção: Analisar, no caso (i), a ocorrência sen x = 1. [0,5] Analisar, no caso (i), a ocorrência sen x = 1. [0,5] Fazer corretamente o caso (ii). [0,5] Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Será formada uma fila com h homens e m mulheres, onde h e m 1. (a) Quantas filas distintas poderão 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 posição da fila? Solução (a) Há 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 número de filas possíveis tendo um homem no final é igual a h (h + m 1)!. (b) Para formar uma fila com um homem no final e outro no início, temos h possibilidades para o homem no final, h 1 maneiras para escolha do primeiro da fila e (m+h )! modos de formar o restante da fila. Assim temos h(h 1)(h+m )! 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 é igual a h(h 1)(h + m )! h (h + m 1)! = (h 1)(h + m )! (h + m 1)(h + m )! = h 1 h + m 1. Pauta de correção: Item (a) Calcular corretamente a quantidade de filas. [0,5] Item (b) Encontrar o total de casos favoráveis. [0,5] Calcular corretamente a probabilidade. [0,5]
Gabarito e Pauta de Correção ENQ 015.1 Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Mostre que se x e y são números irracionais tais que x y seja racional não nulo, então x + y e x y são ambos irracionais. (b) Sabendo que a raiz quadrada de um número primo é irracional, prove que se p e q são primos distintos, então p + q e p q são números irracionais. Solução (a) Sejam x e y irracionais tais que x y é racional não nulo (em particular x ±y). Agora suponha, por absurdo, que x + y e x y não são ambos irracionais, isto é, que pelo menos um deles é racional. Note que, como x y e x y, temos que x y = x y x + y e x + y = x y x y. donde se conclui que, no caso de x y ser racional, x + y Q x y Q. (x + y) + (x y) Mas isto implica que x = Logo x + y e x y são números irracionais. é racional, o que dá um absurdo. (b) Sejam p e q primos distintos. Logo p e q são números irracionais. Note que ( p + q ) ( p q ) = ( p) ( q) = p q é um número racional não nulo. Portanto, pelo item (a), podemos concluir que tanto p + q quanto p q são irracionais. Pauta de Correção: Item (a) Deduzir que x + y é racional se, e somente se, x y é racional. [0,5] Provar que x + y e x y são irracionais. [0,5] Item (b) Usar o item (a) e deduzir o resultado do item (b). [0,5]
Questão 0 [ 1,00 ::: (a)=0,75; (b)=0,5 ] ( ) ( a + b a b (a) Sabendo que sen a + sen b = sen cos ( x + y se x, y (0, π) e x y, então sen x + sen y < sen (b) Use o resultado do item (a) para resolver a equação sen(x)sen x = sen ( x + x ), prove que ). ), 0 < x < π. Solução (a) Sejam 0 < x < π e 0 < y < π. Combinando essas duas desigualdades obtemos Como x y, temos que x y 0 < x + y π < x y < π (1) < π 0, e portanto, por (), 0 < cos ( x y ) < 1. Multiplicando esta última desigualdade por sen positivo, por causa de (1), obtemos sen ( x + y ) cos ( x y ) < sen () ( x + y ), que é um número ( x + y ). Juntando essa desigualdade com a identidade dada no enunciado, concluímos que sen x + sen y < sen ( x + y ). (b) Como 0 < x < π, temos que 0 < x < π e 0 < x < π. Se x x e usando o item (a) obtemos a seguinte desigualdade sen(x)sen ( ) x + x x = sen > sen(x) + sen x, que contradiz a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica dos números positivos sen(x) e sen x. Portanto x = x e assim concluímos que x = 1 4.
Pauta de Correção: Item (a) Deduzir que 0 < cos ( x y ) Provar que sen x + sen y < sen Item (b) < 1. [0,5] ( x + y Encontrar a solução da equação. [0,5] ). [0,5] Questão 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Considere o conjunto de todos os números naturais com quatro algarismos tais que os algarismos lidos da esquerda para a direita estão em ordem estritamente decrescente. (a) Quantos elementos possui tal conjunto? (b) Se escrevermos tais números em ordem crescente, que número ocupa a 109 a posição? Solução (a) A cada escolha de quatro dígitos (sem repetição), entre os dez dígitos, temos uma única ordem decrescente; portanto o número de elementos pedido é igual a ( ) 10 = 10. 4 (b) A quantidade dos que iniciam com o dígito 3 é 1 (apenas o número 310); 4 iniciam com o dígito 4, a saber 410, 4310, 430 e 431; os que iniciam com o ( ) ( ) 5 6 dígito 5 são no total de = 10; com o dígito 6 são = 0; com o dígito 7 3 3 são 35. Até este momento temos um total de 70 números em ordem crescente. A quantidade daqueles que iniciam com o dígito 8 e são seguidos do dígito: é apenas 1 número, a saber 810; ( ) 3 3 é = 3; 3
( ) 4 4 é = 6; ( ) 5 5 é = 10; ( ) 6 6 é = 15. Agora temos um total de 105 números. Os números seguintes serão 8710, 870, 871, 8730. Assim concluímos que o número que ocupa a 109 a posição é 8730. Pauta de Correção: Item (a) Calcular corretamente a quantidade de elementos do conjunto. [0,5] Item (b) Encontrar o número que está na 109 a posição. [0,5] Questão 04 [ 1,00 ] As diagonais AD e CE do pentágono regular ABCDE de lados de medida a, intersectam-se no ponto P. Determine AP e P D em função de a. Solução Cada ângulo interno do pentágono regular tem medida â i = 180 360 5 = 180 7 = 108. Como DC DE, o triângulo CDE é isósceles de vértice D, e, como C ˆDE = 108, temos DĈE = DÊC = 180 108 = 36. 4
Como os triângulos CDE e DEA são congruentes (LAL), temos também DÂE = A ˆDE = 36. Como EÂP = 36 e P ÊA = 108 36 = 7, temos que E ˆP A = 180 36 7 = 7, logo o triângulo EAP é isósceles de vértice A. Com isso, AP = EA = a. Os triângulos DP E e DEA possuem, cada um, dois ângulos de medida 36, fazendo com que seus terceiros ângulos tenham também a mesma medida. Assim, esses triângulos são semelhantes, com P D EA = DE AD. Como EA = DE = a e AD = AP + P D = a + P D, temos logo, e então Resolvendo a equação, temos Tomando a solução positiva, temos Pauta de Correção: P D a = a a + P D, P D(a + P D) = a, P D + a P D a = 0. P D = a ± 5a. P D = a ( 5 1 ) Observar ou utilizar a congruência entre os triângulos CDE e DEA. [0,5]. 5
Concluir que o triângulo EAP é isósceles de vértice A e obter AP = a. [0,5] Mostrar que os triângulos DP E e DEA são semelhantes. [0,5] Calcular P D. [0,5] Questão 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Um cubo de 0cm de aresta, apoiado em um piso horizontal e com a parte superior aberta, contém água até a altura de 15cm. Colocando uma pirâmide regular de base quadrada sólida de altura 30cm com a base apoiada no fundo do cubo, o nível da água atinge a altura máxima do cubo, sem derramar. (a) Qual o volume do tronco de pirâmide submerso? (b) Qual o volume da pirâmide? Solução (a) Como, ao submergir o tronco de pirâmide, a água ocupa integralmente o volume do cubo, a soma do volume V t do tronco de pirâmide com o volume inicial da água, dado por 0 0 15, será o volume do cubo. Assim, e, portanto, V t + 15 0 = 0 3 V t = 0 3 0 15 = 0 (0 15) = 0 5 = 000cm 3. Solução alternativa do item (a): Sendo H = 30cm a altura da pirâmide e a = 0cm a aresta do cubo, o volume (V t) do tronco de pirâmide submerso é igual ao volume da coluna de água que subiu, de 5cm, ou seja, V t = a a 5 = 0 0 5 = 000cm 3. (b) Sejam V o volume da pirâmide de altura H = 30cm e h = H a = 10cm a altura da pirâmide emersa e v seu volume. Da relação entre V e v, tem-se que e, portanto, V v = ( ) 3 H = h v = V 7. ( ) 3 30 10 Mas, sabe-se que e, com isso V v = V t = 000 v = V 000. 6
Logo, e, portanto, V 7 = V 000, V = 7000 13 cm3. Pauta de Correção: Item (a), primeira solução: Indicar que o volume do tronco da pirâmide somado ao da água é igual ao volume do cubo. [0,5] Calcular corretamente o volume do tronco da pirâmide. [0,5] Item (a), solução alternativa: Indicar que o volume do tronco da pirâmide é igual ao volume da coluna de água que subiu. [0,5] Calcular corretamente o volume do tronco da pirâmide. [0,5] Item (b) Obter uma relação entre o volume total V da pirâmide e o volume v da parte emersa. [0,5] Calcular corretamente o volume total da pirâmide. [0,5] Questão 06 [ 1,00 ] Sejam a, b e c inteiros tais que a 3 + b 3 + c 3 é divisível por 9. Mostre que pelo menos um dos inteiros a, b ou c é divisível por 3. Solução Observamos primeiramente que, se um número n não é divisível por 3 então ele é da forma 3k + 1 ou 3k +, logo n 3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8. Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisível por 3. Segue que os cubos desses números são da forma 9k + 1 ou 9k + 8. Considerando todas as possibilidades para a soma de três cubos, a soma a 3 +b 3 +c 3 será da forma 9k + 1, 9k + 3, 9k + 6 ou 9k + 8: a 3 + b 3 + c 3 9k 1 + 1 9k + 1 9k 3 + 1 9k + 3 9k 1 + 1 9k + 1 9k 3 + 8 9k + 1 9k 1 + 1 9k + 8 9k 3 + 8 9k + 8 9k 1 + 8 9k + 8 9k 3 + 8 9k + 6 Portanto, obtemos a 3 + b 3 + c 3 não divisível por 9. Solução alternativa: 7
Observamos primeiramente que, se um número n não é divisível por 3 então ele é da forma 3k + 1 ou 3k +, logo n 3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8. Portanto, se n não é divisível por 3 então n 3 1 mod 9 ou n 3 8 mod 9. Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisível por 3. Segue que os cubos desses números são congruentes a 1 ou a 8 módulo 9. Considerando todas as possibilidades para a soma de três cubos teremos: a 3 + b 3 + c 3 1 + 1 + 1 3 mod 9 a 3 + b 3 + c 3 1 + 1 + 8 1 mod 9 a 3 + b 3 + c 3 1 + 8 + 8 8 mod 9 a 3 + b 3 + c 3 8 + 8 + 8 6 mod 9 Portanto, obtemos a 3 + b 3 + c 3 não divisível por 9. Pauta de Correção: Observar que, se n não é divisível por 3 então n é da forma 3k + 1 ou 3k +. [0,5] Observar que, se n não é divisível por 3 então n 3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8. [0,5] Supor que nenhum dos inteiros a, b, c seja divisível por 3 e considerar todas as possibilidades para a 3 + b 3 + c 3. [0,5] Concluir o resultado. [0,5] Questão 07 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Considere um conjunto formado por 11 números inteiros positivos diferentes, menores do que 1. Prove que podemos escolher dois desses números tais que um divide o outro. (b) Exiba um conjunto com 10 números inteiros positivos, menores do que 1, tais que nenhum deles é múltiplo de outro. Solução (a) Vamos distribuir os números de 1 a 0 em 10 conjuntos disjuntos como, por exemplo: {1,, 4, 8, 16}, {3, 6, 1}, {5, 10, 0}, {7, 14}, {9, 18}, {11}, {13}, {15}, {17}, {19}. Tomando 11 números de 1 a 0, pelo Princípio das Gavetas, como há 10 conjuntos, necessariamente teremos números no mesmo conjunto, e portanto, temos a propriedade desejada. (b) Algumas respostas possíveis: {11, 1, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 0}, {10, 11, 1, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19}, {9, 11, 1, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 0}, {9, 10, 11, 1, 13, 14, 15, 16, 17, 19} {8, 11, 1, 13, 14, 15, 17, 18, 19, 0}, {8, 10, 11, 1, 13, 14, 15, 17, 18, 19}, 8
{8, 9, 10, 11, 1, 13, 14, 15, 17, 19}, {7, 8, 11, 1, 13, 15, 17, 18, 19, 0}, {7, 8, 10, 11, 1, 13, 15, 17, 18, 19}, {6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 16, 17, 19}, {6, 7, 8, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 0}, {6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19}, {6, 7, 9, 11, 13, 15, 16, 17, 19, 0}, {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, 0}, {6, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 0}, {4, 6, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19} e {4, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19}. Pauta de Correção: Item (a) Exibir a partição do conjunto dos números de 1 a 0 em 10 conjuntos dois a dois disjuntos com a propriedade indicada na solução. [0,5] Concluir a prova do item (a). [0,5] Item (b) Exibir um conjunto com a propriedade solicitada. [0,5] Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Considere o seguinte sistema de congruências X 1 mod 9 X 5 mod 7 X 3 mod 5 (a) Encontre o menor número natural que satisfaz o sistema. (b) Alguma solução do sistema é solução da congruência X 96 mod 3? Solução (a) Como (9, 7) = 1, (9, 5) = 1 e (7, 5) = 1, o sistema tem solução. Pelo Teorema Chinês dos Restos as soluções do sistema são x = 35 y 1 1 + 45 y 5 + 63 y 3 3 + t 315 sendo t Z, y 1 solução de 35Y 1 mod 9, y solução de 45Y 1 mod 7 e y 3 solução de 63Y 1 mod 5. Os inteiros y 1 = 8, y = 5 e y 3 = satisfazem as condições impostas. Portanto x = 35 8 + 45 5 + 63 6 + 315 t = 1783 + t 315 Para encontrar e menor solução positiva devemos impor 1783 + t 315 > 0 para t Z. 1783 + t 315 > 0 t > 1783 315 9 t 5
A menor solução é x 0 = 1783 5 315 = 08. (a) Solução alternativa Observe que X 1 mod 9 { X 1 mod 9 X 5 mod 7 X mod 35 X 3 mod 5 Assim, x = 1 + 9k = + 35t, com k, t Z. Segue-se que 35t 9k = 3 com solução particular t 0 = 3, k 0 = 1 e solução geral { dada por t = 3 + 9r, r Z k = 1 + 35r, r Z Portanto, x = 1 + 9( 1 + 35r) e a menor solução natural ocorre quando r = 1, obtendo x = 08. (b) As soluções do sistema são as soluções da congruência X 08 mod 315. Portanto queremos saber se o sistema de congruências { X 08 mod 315 X 96 mod 3 possui solução. Suponhamos que existe a Z que satisfaz o sistema, isto é, existem y, z Z tais que a 08 = y 315 e a 96 = z 3. Subtraindo as equações, temos 718 = 315y 3z. Como a última equação não tem solução, pois (315, 3) = 3 não divide 718, então o sistema não tem solução. Ou seja, nenhuma solução do item (a) é solução da equação X 96 mod 3. Pauta de Correção: Item (a) Encontrar as soluções do sistema de congruências. [0,5] Encontrar a menor solução. [0,5] Item (b) Descrever o sistema de congruências. [0,5] Mostrar que o sistema não tem solução. [0,5] 10
PROFMAT Exame de Qualificação 01-1 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 30 o. A água, que fervia a 100 o numa panela, cinco minutos depois de apagado o fogo ficou com a temperatura de 60 o. 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.. (a) (5pts) Dado um número mínimo cuja área é?, quanto medem os lados do retângulo de perímetro (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 (n o ímpar de caras em lançamentos) (n o ímpar de caras em lançamentos) (coroa) + (n o 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 ponto. é igual a, independentemente do H G E F Q P X D M N C A B 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, perímetro de é igual a.. Logo o
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 013 - Questão 1. GABARITO Considere um triângulo equilátero de lado 3 e seja A 1 sua área. Ao ligar os pontos médios de cada lado, obtemos um segundo triângulo equilátero de área A inscrito no primeiro. Para este segundo triângulo equilátero, ligamos os pontos médios de seus lados e obtemos um terceiro triângulo equilátero de área A 3 inscrito no segundo e assim sucessivamente, gerando uma sequência de áreas (A n ), n = 1,, 3,... Usando o Princípio de Indução Finita, mostre que a fórmula A n = 9 3 é verdadeira para todo n 1 natural. 4n Uma solução: Usando do teorema de Pitágoras conseguimos obter a altura, h 1, do primeiro triângulo, a saber: h 1 = 3 ( ) 3 = 7 4 = h 1 = 3 3 Assim, concluímos que a área do primeiro triângulo é dada por A 1 = 3.h 1 = 9 3 4 Acabamos de verificar, assim, a validade da fórmula A n = 9 3 para n = 1. 4n Agora, supondo que a fórmula seja válida para algum k, ou seja, que A k = 9 3 4 k devemos mostrar que ela é válida para k + 1. Como o triângulo inscrito tem área igual a 1/4 da do triângulo obtido no estágio anterior, concluímos que
A k+1 = 1 4 A Hip.Ind. 1 k = 4 9 3 4 k = 9 3 4 k+1 Portanto, o Princípio de Indução Finita garante a validade da fórmula A n = 9 3 para todo natural n 1. 4n Uma outra maneira, mais detalhada, de provar o passo indutivo é a seguinte: Denotemos por h k e L k a altura e a medida do lado do triângulo da etapa k, respectivamente, e notemos que ( ) (h k ) = L Lk 3Lk k = h k = 3 Logo A k = 4 L k. Na etapa k + 1 teremos uma triângulo equilátero cuja medida do lado é metade da medida do lado do triângulo anterior. Além disso, a altura será (h k+1 ) = Portanto, a área do triângulo da etapa k + 1 é o que prova que a fórmula vale para k + 1. ( ) Lk A k+1 = ( ) Lk 3Lk = h k+1 = 4 4 = = Hip.Ind. = = ( h Lk ) k+1 1 3L 4 k 4 1 4 A k 1 4 9 3 4 k 9 3 4 k+1, Por Indução, a fórmula A n = 9 3 vale para todo natural n 1. 4n Questão. A sequência (a n ), n 0, é definida da seguinte maneira: a 0 = 4 a 1 = 6 a n+1 = a n a n 1, n 1 a) Encontre a 7. b) Encontre a soma dos primeiros 013 termos da sequência. Uma solução: a) Basta fazer um cálculo direto: a 7 = 6. Na verdade a sequência é dada por 4, 6, 6/4, 1/4, 1/6, 4/6, 4, 6,... e vemos que ela se repete em ciclos de tamanho 6; os termos de índices n = 6, 1,..., 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 a 0 + a 1 +... a 5 é igual a 4 + 6 + 6 4 + 1 4 + 1 6 + 4 6 = 151 151. Assim, até 009 (incluindo-o) temos 335 blocos iguais a. Portanto, a soma 1 1 solicitada é igual a 335( 151 1 ) + 4 + 6 + 6 4 = 5073 1. Questão 3. Um cone de revolução tem altura x e está circunscrito a uma esfera de raio 1. Calcule o volume desse cone em função de x. Uma solução: C x O 1 1 T A M r B 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 e T 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 = x + r. Como CM é perpendicular a AB e OT é perpendicular a CB, os triângulos CT O e CMB são semelhantes. Daí, OC CB = OT MB x 1 x + r = 1 r Elevando ao quadrado e aplicando a propriedade das proporções que permite obter nova fração equivalente às anteriores subtraindo-se numeradores e denominadores (ou fazendo os cálculos), temos:
O volume do cone é V = 1 3 πr x = π 3 x x + 1 x + r = 1 r = x x x = x r = x x x x x x = πx 3(x ). Questão 4. Na figura, temos um triângulo equilátero ABC e um segundo triângulo P QR cujos lados RP, P Q, QR são, respectivamente, perpendiculares aos lados AB, BC, AC do triângulo ABC. C R Q A P B a) Mostre que o triângulo P QR é equilátero. Conclua que AP = BQ = CR. b) Se o triângulo ABC tem área 1, encontre a área do triângulo P QR. Uma solução: a) Basta observar que cada um dos ângulos do triângulo menor P QR mede 60 o para concluir que ele é equilátero. Para mostrar que AP = BQ notamos que os triângulos P AR e QBP são congruentes, pois são semelhantes e acabamos de mostrar que P R = BQ. Analogamente AP = CR. Logo AP = BQ = CR. b) Primeiramente, notemos que AP R é um triângulo retângulo 30 o -60 o -90 o, ou seja, é a metade de um triângulo equilátero. Logo, temos que AR = AP, e, consequentemente, P B = AR = AP, ou ainda, AP P B = 1. Se chamarmos L o comprimento do lado do triângulo ABC e l o lado do triângulo P QR, temos que AP = 1 3 L e AR = P B = L. Daí, 3 l = (RP ) P itágoras = 4 9 L 1 9 L = 1 3 L e a razão entre as áreas dos triângulos P QR e ABC é 1 3, logo o triângulo P QR 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 Então f g não é periódica. 0, se x < 0 g(x) = π, se x 0 0, se x < 0 (f g)(x) = 1, se x 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 x x 3 = x 3 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 x x 3 e g(x) = x 3 e marque as raízes que você encontrou no ítem a). Uma solução: a) A equação é equivalente as igualdades: x 3x = 4x 6, ou x 7x + 6 = 0, cujas raízes são x = 1 e x = 6; e x 3x = 4x + 6 ou x + x 6 = 0, cujas raízes são x = 3 e x =. Logo, temos quatro raízes: -3, 1, e 6. b) Os gráficos das funções estão esboçados na figura abaixo:
f(x) g(x) -3 1 6 raízes Questão 7. Determine todos os inteiros X que são soluções da congruência X 49 + X 14 + X 1 X 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 e procurar outras possíveis soluções. Neste caso, pelo Teorema de Fermat, sabemos que X 6 1(mod7) e que X 7 X(mod7). Concluímos que X 49 (X 7 ) 7 X 7 X(mod7), X 14 (X 7 ) X (mod7) e X 1 (X 6 ) 1(mod7). Substituindo na congruência dada, temos: X 49 + X 14 + X 1 X X X + 1(mod7) Analisando cada caso (exceto X 0(mod7) que já sabemos ser solução da congruência original), temos a tabela abaixo, na qual todas as congruências são módulo 7. X 1 X X + 1 1 X X X + 1 3
X 3 X X + 1 0 X 4 X X + 1 6 X 5 X X + 1 0 X 6 X X + 1 3 As soluções de X 49 + X 14 + X 1 X 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 > 008, tal que 1 + + + k seja um múltiplo de 13. Justifique sua resposta. Uma solução: k(k + 1) Sabemos que 1++ +k =. 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 o menor valor de k para que isto aconteça, devemos ter que k + 1 é um múltiplo de 13; assim k + 1 = 015 e portanto k = 014.
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL ENQ 016.1 Gabarito Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Seja x 0, y 0 uma solução da equação diofantina ax + by = c, onde a, b são inteiros não nulos e (a, b) = 1. Prove que as soluções x, y em Z da equação são x = x 0 + tb e y = y 0 ta, com t Z. (b) Encontre TODAS as soluções em N {0} da equação 7X + 19Y = 781. Solução (a) Seja x, y uma solução de ax + by = c, logo ax 0 + by 0 = ax + by = c. Consequentemente, a(x x 0) = b(y 0 y). Como (a, b) = 1, segue-se que b (x x 0), logo x x 0 = tb, com t Z. Substituindo x x 0 na equação acima, segue-se que y 0 y = ta, isto é, as soluções são do tipo exibido. Por outro lado, x, y como no enunciado são soluções, pois ax + by = a(x 0 + tb) + b(y 0 ta) = ax 0 + by 0 = c. (b) Uma solução da equação 7X + 19Y = 781 é x 0 = 3 e y 0 = 40. De fato, 7 3 + 19 40 = 1 + 760 = 781. Pelo item (a) as soluções da equação são: x = 3 + 19t e y = 40 7t com t Z. Para encontrar as soluções 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 40 7 Logo t = 0, 1,, 3, 4, 5 e as soluções procuradas são: (3, 40), (, 33), (41, 6), (60, 19), (79, 1), (98, 5). Pauta de Correção: Item (a) Verificar que x = x 0 + tb e y = y 0 ta são soluções da equação. [0,5] Verificar que as soluções são necessariamente x = x 0 + tb e y = y 0 ta. [0,5] Item (b) Encontrar a solução geral da equação. [0,5] Encontrar as soluções naturais. [0,5]
Questão 0 [ 1,00 ] Dados dois segmentos de medidas distintas a e b, descreva como construir, com régua e compasso, segmentos de medidas a + b e ab. Observação: Considere conhecida a construção de perpendiculares. Solução Consideramos três pontos colineares A, B e C, de maneira que B pertença ao segmento AC, AB = a e BC = b. Construção de a + b : Traçamos duas circunferências de raio a + b, uma com centro em A e outra com centro em B. Chamamos de D e E os pontos de interseção entre elas. Traçamos a reta por D e E. Chamamos de M a interseção dessa reta com o segmento AC. O segmento AM mede a + b, uma vez que DM é altura do triângulo equilátero ACD e portanto é mediana. Construção de ab : Traçamos uma circunferência de centro no ponto médio M e raio a + b. Traçamos uma perpendicular a AC passando por B. Chamamos de X e Y as interseções dessa perpendicular com a circunferência. O segmento BX mede ab, pois é a altura do triângulo retângulo ACX e portanto BX = AB BC. Pauta de Correção: Construir um segmento de tamanho a + b. [0,5] Construir um segmento de tamanho ab. [0,5]
Questão 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] (a) Seja p(x) = a n X n + a n 1 X n 1 + + a X + a 1 X + a 0 um polinômio com coeficientes inteiros. Se a fração irredutível a b, com a e b inteiros, é raiz de p(x), mostre que a é divisor de a 0 e b é divisor de a n. (b) Encontre todas as raízes reais do polinômio p(x) = X 4 + X 3 7X 3X + 3. Solução ( a ) ( a ) n ( a ) n 1 ( a ) ( a ) (a) Como p = a n + an 1 + + a + a1 + a 0 = 0, multiplicando a igualdade por b n b b b b b temos que a na n + a n 1a n 1 b + + a a b n + a 1ab n 1 + a 0b n = 0. Logo a na n = (a n 1a n 1 + + a a b n 3 + a 1ab n + a 0b n 1 )b e a 0b n = (a na n 1 + a n 1a n b + + a ab n + a 1b n 1 )a. Mas a e b são primos entre si, portanto segue das duas últimas igualdades acima que b é divisor de a n e a é divisor de a 0. (b) Nesse caso, os divisores de a 0 = 3 são 1, 1, 3 e 3 e os divisores de a 4 = são 1, 1, e. Logo as possíveis raízes racionais de p(x) são 1, 1, 3, 3, 1, 1, 3 e 3. ( ) 1 Agora p(1) = 4, p( 1) = 0, p(3) = 10, p( 3) = 84, p = 0 e, com isso, temos duas raízes racionais de p(x), a saber 1 e 1 (. Assim o polinômio p(x) é divisível por X ( 1) = X + 1 e por X 1 ). Dividindo p(x) por (X + 1)(X 1) = X + X 1 segue que p(x) = (X + X 1)(X 3). Portanto p(x) = 0 se, e somente se, X + X 1 = 0 ou X 3 = 0 e as raízes de p(x) são as soluções dessas equações do segundo grau, ou seja, 1, 1, 3 e 3. Pauta de Correção: Item (a) Substituir a b em p(x) = 0 e obter uma igualdade sem denominadores.[0,5] Concluir que a é divisor de a 0 e b é divisor de a n. [0,5] item (b) Encontrar as raízes racionais de p(x). [0,5] Encontrar as raízes irracionais de p(x). [0,5]
Questão 04 [ 1,00 ::: (a)=0,5; (b)=0,5; (c)=0,50 ] A sequência (a n ) satisfaz as seguintes condições: a 1 = 1 ; n a i = n a n, para n. i=1 (a) Determine a, a 3 e a 4. (b) Conjecture uma expressão para o termo geral a n, em função de n. (c) Prove, por indução em n, a fórmula obtida no item (b). Solução (a) Pela definição da sequência a n segue que a 1 + a = a, a 1 + a + a 3 = 3 a 3 e a 1 + a + a 3 + a 4 = 4 a 4. Como a 1 = 1 1, obtemos a = 3 = 1 6, a3 = 1 3 4 = 1 1 e a4 = 1 4 5 = 1 0. (b) Pelos resultados obtido no item (a), é possível conjecturar que a n = (c) Seja P (n) a proposição: a n = Para n = 1 temos que a 1 = 1 = 1 1. 1, para todo n 1. n(n + 1) Suponha agora que P (n) é verdadeira para n = k, ou seja, a k = 1, para todo n 1. n(n + 1) 1 k(k + 1). Resta provar que P (k) implica P (k + 1). De fato, a 1 + a + + a k + a k+1 = (k + 1) a k+1. Usando a definição para k temos que k a k + a k+1 = (k + 1) a k+1, logo a k+1 = Agora usando a hipótese de indução segue que a k+1 = Portanto, P (k + 1) é verdadeira. k k + a k = k k + ka k k +. 1 k(k + 1) = 1 (k + 1)(k + ). Pauta de Correção: Item (a) Encontrar a, a 3 e a 4. [0,5] Item (b) Conjecturar a n de forma correta. [0,5] Item (c) Provar o item (c). [0,5] Alternativa Item (c) Usar a definição da sequência para mostrar que a k+1 = ka k k +. [0,5] Usar a hipótese de indução e concluir a demonstração. [0,5]
Questão 05 [ 1,00 ] Se p é um número natural primo, mostre que (p+1)3 56 mod p. Solução Como p é primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que Usando propriedades das congruências, segue que p mod p. p = ( p ) p p mod p p3 = ( p ) p p mod p 3p = ( p ) 3 3 mod p 3p = ( p ) 3 3 mod p. Portanto, (p+1)3 = p3 3p 3p 1 8 8 56 mod p. Solução alternativa: p+1 4 mod p (p+1) 4 p+1 ( p+1 ) 16 mod p (p+1)3 16 p+1 (4 p+1 ) 16 56 mod p. Pauta de Correção: Usar o Pequeno de Fermat. [0,5] Calcular duas congruências. [0,5] Completar o cálculo das outras duas congruências. [0,5] Concluir o resultado. [0,5]
Questão 06 [ 1,00 ] Seja f : [a, b] [f(a), f(b)] uma função bijetiva, onde [a, b] e [f(a), f(b)] são intervalos de números reais. Considere ainda x 1, x [a, b] e y 1, y números reais positivos. Mostre que existe um único c [a, b] tal que f(x 1 )y 1 + f(x )y = f(c) (y 1 + y ). Solução Sejam x 1, x [a, b] e y 1, y números reais positivos. Temos que f(a)(y 1 + y ) = f(a)y 1 + f(a)y f(x 1)y 1 + f(x )y e f(x 1)y 1 + f(x )y f(b)y 1 + f(b)y = f(b)(y 1 + y ). Assim segue que f(a) f(x1)y1 + f(x)y y 1 + y f(b). Como f é uma bijeção entre [a, b] e [f(a), f(b)], existe um único c [a, b] tal que f(c) = Pauta de Correção: f(x1)y1 + f(x)y y 1 + y, ou seja, f(x 1)y 1 + f(x )y = f(c)(y 1 + y ). Usar ou observar que f(a) f(x 1) f(b) e f(a) f(x ) f(b). [0,5] Mostrar que f(x1)y1 + f(x)y y 1 + y pertence ao intervalo [f(a), f(b)]. [0,5] Concluir a existência e a unicidade de c. [0,5]
Questão 07 [ 1,00 ] Um cubo está pendurado por um de seus vértices, de forma que a corda que o sustenta é colinear a uma das diagonais do cubo, como mostra a figura. Determine o cosseno do ângulo entre a corda e uma das arestas do cubo que lhe são adjacentes, representado na figura. Solução Denotando o vértice por onde o cubo está pendurado por A, o vértice oposto por C e um dos vértices das arestas adjacentes à corda por B, como na figura, temos que o ângulo β procurado é suplementar ao ângulo α := BÂC. Denotando por a a aresta do cubo, temos AB = a e AC = a 3. Como BC é perpendicular a AB, o triângulo ABC é reto em B, logo cos α = AB AC = a a 3 = 1. Como α e β são suplementares, temos que cos β = cos α = 1. 3 3 Solução alternativa: Considere o ângulo γ := AB AĈB. Como sen γ = AC = a a 3 = 1 3 e β = γ + 90 (a medida de um ângulo externo do triângulo é a soma das medidas dos ângulos internos não adjacentes a ele), temos: β 90 = γ sen (β 90 ) = sen γ = 1 sen (90 β) = 1 cos β = 1. 3 3 3 Pauta de Correção: Construir um triângulo retângulo que tenha como lados uma aresta, a diagonal do cubo e a diagonal de uma face. [0,5] Calcular a medida da diagonal do cubo em função da aresta. [0,5] Calcular o cosseno do ângulo suplementar ao pedido (cos α) ou o seno do ângulo da solução alternativa (sen γ). [0,5] Obter o cosseno do ângulo pedido (cos β). [0,5]
Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Considere os pontos A, B, C, D, E e F de um cubo distribuídos como na figura abaixo. Determine a probabilidade de, (a) escolhidos ao acaso 3 pontos distintos dentre os 6 dados, eles determinarem um único plano. (b) escolhidos ao acaso 4 pontos distintos dentre os 6 dados, eles serem coplanares. Solução (a) O número de escolhas de 3 pontos distintos do conjunto {A, B, C, D, E, F } é C 3 6 = 6! 3!3! = 6 5 4 3 1 = 0. Três pontos no espaço determinam um único plano se, e somente se, não são colineares. Dentre as 0 escolhas diferentes de três pontos, apenas contêm todos os pontos colineares, a saber, {A, B, C} e {D, E, F }. Portanto, há 18 escolhas em que os 3 pontos determinam um único plano. Logo, a probabilidade pedida é P = 18 0 = 9 = 0, 9. 10 (b) O número de escolhas de 4 pontos distintos do conjunto {A, B, C, D, E, F } é C 4 6 = 6! 4!! = 6 5 1 = 15. Como os pontos dados estão distribuídos em duas arestas reversas, temos que quatro deles são coplanares se, e somente se, houver três deles colineares. Há 3 possibilidades contendo {A, B, C} e 3 possibilidades contendo {D, E, F }, fazendo um total de 6 casos favoráveis. Portanto a probabilidade é P = 6 15 = = 0, 4. 5 Pauta de Correção: Item (a) Fazer a contagem dos 3 pontos que determinam um plano. [0,5] Calcular a probabilidade. [0,5] Item (b) Fazer a contagem dos 4 pontos coplanares. [0,5] Calcular a probabilidade. [0,5]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL ENQ 016. Gabarito Questão 01 [ 1,00 ] A secretaria de educação de um município recebeu uma certa quantidade de livros para distribuir entre as escolas do município. Sabe-se que a quantidade é superior a 1000, inferior a 000, que se dividi-los entre 7 escolas sobram 4, entre 9 sobram e entre 13 sobram 6. Encontre a quantidade de livros. Solução Indicando por N a quantidade de livros, temos que N 4 mod 7 N mod 9 N 6 mod 13 Como (7, 9) = 1, (9, 13) = 1 e (7, 13) = 1, o sistema tem solução. Pelo Teorema Chinês dos Restos as soluções do sistema são dadas por onde N 117 y 1 4 + 91 y + 63 y 3 6 mod 819 117y 1 1 mod 7 91y 1 mod 9 63y 3 1 mod 13 5y 1 1 mod 7 y 1 mod 9 11y 3 1 mod 13 Os inteiros y 1 = 3, y = 1 e y 3 = 6 satisfazem as condições acima, portanto Como 1000 < N < 000, obtemos N = 1397. N 117 3 4 + 91 + 63 6 6 mod 819 N 3854 578 mod 819. Pauta de Correção: Montar o sistema. [0,5] Escrever a solução geral do sistema. [0,5] Encontrar os valores de y 1, y e y 3. [0,5] Encontrar a solução pedida. [0,5]
Solução Alternativa: Seja X a quantidade de livros comprada pela secretaria. Temos que X 4 mod 7, X mod 9 e X 6 mod 13. Pela primeira equação modular segue que X = 7k + 4, com k Z. Substituindo na segunda equação vemos que 7k + 4 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 informação na terceira equação segue que 63n + 11 6 mod 13. Isso implica que 11n 8 mod 13. Multiplicando essa equação 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 < 000, concluímos que a resposta é X = 1397. Pauta de Correção da Solução Alternativa: Montar o sistema. [0,5] Substituir a primeira congruência na segunda e a segunda na terceira. [0,5] Escrever a solução geral do sistema. [0,5] Encontrar a solução pedida. [0,5] Questão 0 [ 1,00 ] O cone da figura seguinte tem 3 cm de raio e 4 cm de altura, sendo d a distância do vértice a um plano α, paralelo à base. Determine d de modo que as duas partes do cone separadas pelo plano α tenham volumes iguais.
Solução Sejam v o volume do cone pequeno, V o volume do cone grande e V t o volume do tronco do cone. Observe que o cone pequeno unido ao tronco de cone completam o cone grande, logo Queremos v = V t. logo v + V t = V. v = V, ou ainda, v V = 1. Como a razão dos volumes dos cones é igual ao cubo da razão das alturas correspondentes, temos 1 ( d ) 3, = 4 logo Pauta de Correção: d = 3 4cm. Observar que o volume do cone pequeno é a metade do volume total [0,5] Utilizar que a razão entre os volumes é igual ao cubo da razão entre as alturas. [0,5] Determinar corretamente o valor de d. [0,5] Solução Alternativa: Pela semelhança entre os triângulos da figura, logo r = 3d 4. r 3 = d 4, Com isso, o volume do cone menor será dado por v = 1 3 π r d = 1 3 ( ) 3d d = 3 4 16 π d3. O volume total do cone é V = 1 3 π 3 4 = 1π,
e como v = 1 V, segue que 3 16 π d3 = 1 1π, que, simplificando, nos dá d 3 = 3, e assim d = 3 4cm. Pauta de Correção da Solução Alternativa: Escrever corretamente r em função de d. [0,5] Obter o volume do cone menor em função apenas de d. [0,5] Calcular corretamente o volume V do cone total e observar que v = 1 V. [0,5] Determinar corretamente o valor de d. [0,5] Questão 03 [ 1,00 ] Sejam x e y números reais positivos tais que x + y = 1. ( Prove que 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) 9. x y Solução Como x e y são positivos, a inequação é equivalente à (x + 1)(y + 1) 9xy. Pela hipótese x + y = 1, podemos isolar y = 1 x e, substituindo na equação, obter a desigualdade equivalente (x + 1)( x) 9x(1 x), que pode ser reescrita como ou ainda 8x 8x + 0, ( 8 x 1 ) 0. A última desigualdade, que é satisfeita para todo valor de x, é equivalente à original. Portanto, ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) 9. x y Pauta de Correção: Chegar corretamente a uma desigualdade envolvendo apenas uma das variáveis e equivalente à original. [0,5] Concluir que a desigualdade sempre é satisfeita. [0,5] Solução Alternativa 1 Como na primeira solução, a equação é equivalente a (x + 1)(y + 1) 9xy.
Esta última desigualdade pode ser simplificada para x + y + 1 8xy. Agora, usando a hipótese de que x + y = 1, podemos simplificar ainda mais para 8xy, ou seja, xy 1, mas isto é 4 verdadeiro por causa da desigualdade das médias. De fato, xy x + y = 1, e portanto xy 1 4. Pauta de Correção da Solução Alternativa 1: Chegar à desigualdade xy 1 4. [0,5] Usar a hipótese. [0,5] Resolver a inequação. [0,5] Solução Alternativa Como x + y = 1 segue que 1 xy = x + y = x xy xy + y xy = 1 y + 1 x. ( Logo 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) = 1 + 1 x y y + 1 x + 1 xy = 1 + xy. Pela desigualdade das médias aritmética e geométrica temos que x + y xy que é equivalente a 1 xy 4 (x + y). Assim segue que ( 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) = 1 + x y xy 1 + 4 (x + y) = 1 + 8 = 9. Pauta de Correção da Solução Alternativa : ( Chegar à igualdade 1 + 1 ) ( 1 + 1 ) = 1 + x y xy. [0,5] Usar a desigualdade das médias. [0,5] Concluir o que se pede. [0,5] Questão 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 são inteiros. (b) Seja f : R R, f(x) = ax + bx + c. Se f(k) Z para todo k Z, podemos afirmar que a, b e c são todos inteiros? Justifique a sua resposta. Solução (a) Como f(0) = b segue que b é inteiro. Além disso, f(1) = a + b Z temos que a + b = c, com c inteiro, então a = c b Z. (b) A resposta é não.
Considere a função f : R R, f(x) = 1 x + 1 x. Para todo inteiro k, k(k + 1) é par, logo f(k) = 1 (k + k) = 1 k(k + 1) Z. Pauta de Correção: Item (a) Calcular f(0) e concluir que b é inteiro. [0,5] Calcular f(1) e concluir que a é inteiro. [0,5] Item (b) Dar um contraexemplo. [0,5] Justificar que a função do contraexemplo satisfaz f(k) Z, para todo k Z. [0,5] Questão 05 [ 1,00 ] Sejam ABCD um quadrado de lado 1 (uma unidade), M o ponto médio de AB, N o ponto médio de BC e I a interseção de DN e CM. Calcule a área do triângulo NIC. Solução Observe que os triângulos retângulos NCD e MBC são congruentes pelo caso LAL. Consequentemente, temos NCI CDN. Como CDN e CND são complementares, temos então que NCI e INC também o são, logo o triângulo NIC é retângulo de hipotenusa CN.
Os triângulos NIC e MBC têm um ângulo em comum e cada um destes triângulos possui um ângulo reto. Assim, eles têm dois ângulos congruentes e, por isso, são semelhantes. A razão de semelhança entre os triângulos NIC e MBC é dada por Com isso, k = CN CM = 1 ( ) = 1 1 + 1 = 1. 5 5 logo e, como temos Área(NIC) Área(MBC) = k = 1 5, Área(NIC) = 1 5 Área(MBC), Área(MBC) = 1 BC BM = 1 1 1 = 1 4, Área(NIC) = 1 5 1 4 = 1 0. Pauta de Correção: Concluir que o triângulo NIC é retângulo. [0,5] Concluir que os triângulos NIC e MBC são semelhantes. [0,5] Concluir que Área(NIC) Área(MBC) = 1 ou igualdade equivalente. [0,5] 5 Calcular a área do triângulo NIC. [0,5] Questão 06 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] De quantas maneiras distintas podemos escolher três números distintos do conjunto I 40 = {x N : 1 x 40} de modo que sua soma seja: (a) um número ímpar? (b) um múltiplo de 3? Solução (a) Temos que I 40 = {1,,..., 39, 40} = {1, 3,..., 39} }{{} 0 ímpares {, 4,..., 40}. }{{} 0 pares Para obtermos um número ímpar, somando três números, temos duas possibilidades: três ímpares ou apenas um deles ímpar. O número de possibilidades para a escolha de 3 ímpares distintos é igual a C0 3 = 0! 18 19 0 = = 1140. 3!17! 6
Já, o número de possibilidades para escolhermos dois pares e um ímpar distintos é 0 C0 0! 19 0 = 0 = 0 = 3800.!18! Portanto, a resposta é 1140 + 3800 = 4940. (b) Temos que I 40 = {1,,..., 39, 40} = {3, 6,..., 39} }{{} 13 múltiplos de 3 {1, 4, 7,..., 40} }{{} 14 da forma 3k+1 {, 5, 8,..., 38} }{{} 13 da forma 3k+ Para obtermos um múltiplo de 3, somando três números, temos 4 possibilidades: três múltiplos de 3, três da forma 3k + 1, três da forma 3k + ou tomando os três de formas distintas 3k, 3k + 1 e 3k +. Portanto, a resposta é C 3 13 + C 3 14 + C 3 13 + 13 14 13 = 86 + 364 + 86 + 366 = 330. Pauta de Correção: Item (a) Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos três números. [0,5] Fazer corretamente a contagem. [0,5] item (b) Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos três números. [0,5] Fazer corretamente a contagem. [0,5] Questão 07 [ 1,00 ] Mostre que, para todo número natural n 1, o resto da divisão do polinômio x n + x + 1 por x 1 é igual a x +. Solução Provaremos o resultado usando indução em n. Para n = 1 temos que x + x + 1 = 1 (x 1) + (x + ). Supõe que o resultado vale para um certo k 1, isto é, x k + x + 1 = q(x)(x 1) + (x + ) ou ainda x k = q(x)(x 1) + 1. Agora vamos mostrar a validade do resultado para k + 1. De fato, x (k+1) + x + 1 = x k+ + x + 1 = x x k + x + 1 = x [ q(x)(x 1) + 1 ] + x + 1 = x q(x)(x 1) + x + x + 1 = [ x q(x) + 1 ] (x 1) + (x + ). Portanto vale o resultado para todo n 1.
Pauta de Correção: Verificar que a afirmação é válida para n = 1. [0,5] Explicitar a hipótese de indução. [0,5] Concluir a prova. [0,5] Solução Alternativa 1: x n + x + 1 = (x ) n + x + 1 = (x 1 + 1) n + x + 1 = (x 1) n + n(x 1) n 1 + + n(x 1) + 1 n + x + 1 = (x 1) q(x) + 1 + x + 1 = (x 1) q(x) + (x + ) Como x + tem grau 1, é o resto da divisão. Pauta de Correção da Solução Alternativa 1: Escrever que x = x 1 + 1. [0,5] Desenvolver o polinômio na forma q(x)(x 1) + x +. [0,5] Concluir que x + é o resto. [0,5] Solução Alternativa : Sabemos que y n 1 = (y 1)(y n 1 + + y + 1). Assim, x n + x + 1 = (x ) n + x + 1 = (x ) n 1 + 1 + x + 1 = (x 1)((x ) n 1 + + x + 1) + x + Como x + tem grau 1, é o resto da divisão. Pauta de Correção da Solução Alternativa : Escrever a fatoração de y n 1. [0,5] Desenvolver o polinômio na forma q(x)(x 1) + x +. [0,5] Concluir que x + é o resto. [0,5] Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Dados a, n N, com a > ímpar, mostre que: (a) se an 1 é par então a é da forma 4k + 1 ou n é par. (b) se a é da forma 4k + 1 ou n é par, então an 1 é par.
Solução Solução (a) Suponha que an 1 é par e que a não é da forma 4k + 1. Temos que an 1 = k, com k inteiro, logo a n = 4k + 1. Como a é ímpar temos que a é da forma 4k + 3. Considerando que (4k 1 + 3)(4k + 3) = 4k + 1 (4k 1 + 1)(4k + 1) = 4k + 1 (4k 1 + 1)(4k + 3) = 4k + 3 concluímos que n é par. Solução Alternativa (a): Suponha que an 1 é par e que a não é da forma 4k + 1. Segue que an 1 = k, daí a n = 4k + 1 ou equivalentemente a n 1 mod 4. Como a é ímpar, então a 3 1 mod 4. Portanto n é par pois, caso contrário, teríamos a n 1 mod 4. Solução (b) Suponhamos que a é da forma 4k + 1. Como (4k 1 + 1)(4k + 1) = 4k + 1, concluimos que a n = 4k + 1, e daí an 1 portanto par. = k, Suponhamos n é par. Como a é ímpar temos que a é da forma 4k + 3. Considerando que concluimos que a n é da forma 4k + 1. Portanto an 1 Solução Alternativa (b): (4k 1 + 3)(4k + 3) = 4k + 1 (4k 1 + 1)(4k + 1) = 4k + 1 = k é par. Suponhamos que a é da forma 4k + 1. Segue que a 1 mod 4, daí a n 1 mod 4. Portanto, an 1 = k é par. Suponhamos n par. Como a é ímpar temos que a 1 mod 4 ou a 3 1 mod 4. Nos dois casos, a n 1 mod 4, portanto a n 1 = k é par.
Pauta de Correção item (a): Supor a da forma 4k + 3 (ou n ímpar). [0,5] Concluir n par (ou a é da forma 4k + 1). [0,5] Pauta de Correção item (b): Concluir o resultado quando a da forma 4k + 1. [0,5] Concluir o resultado quando n par. [0,5] Outra Solução: Começamos escrevendo an 1 ( a 1 = ) (a n 1 + + a + 1). Vamos, primeiramente, analisar a paridade de a 1. Como a é impar, ele é da forma 4k + 1 ou 4k + 3. Se a = 4k + 1, então a 1 Agora, analisaremos a paridade de a n 1 + + a + 1. = k é par, enquanto que, se a = 4k + 3, então a 1 = k + 1 é ímpar. Sendo a > ímpar, temos que a n 1,..., a são ímpares. Assim, se n é par então a n 1 + + a + 1 é par. Agora, se n é ímpar, então a n 1 + + a + 1 é ímpar. Finalmente, observando que an 1 é par se, e somente se, a 1 é par ou a n 1 + + a + 1 é par concluímos que a n 1 é par se, e somente se a é da forma 4k + 1 ou n é par. Pauta de Correção: Escrever an 1 ( a 1 = ) (a n 1 + + a + 1). [0,5] Analisar corretamente a paridade de a 1. [0,5] Analisar corretamente a paridade de a n 1 + + a + 1. [0,5] Concluir o resultado. [0,5]
ENQ014.1 - Gabarito e Pauta de Correção Questão 1 [ 1,0 pt ] O máximo divisor comum de dois inteiros positivos é 0. Para se chegar a esse resultado pelo processo das divisões sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem, 1, 5, 3, 3, 1 e 3. Encontre os dois números. Solução Utilizando o processo das divisões sucessivas, para os inteiros positivos a, b, obtém-se: a = b 1 + r; 0 < r < b b = r 5 + r 1; 0 < r 1 < r r = r 1 3 + r ; 0 < r < r 1 r 1 = r 3 + r 3; 0 < r 3 < r r = r 3 1 + r 4; 0 < r 4 < r 3 r 3 = r 4 3 Portanto, r 4 = (a, b) = 0 e r 3 = 60. Substituindo esses valores nas equações anteriores encontra-se a = 6180 e b = 500. Pauta de correção Demonstrar saber o que é o processo das divisões sucessivas [0,5] Realizar todas as etapas do processo para este caso [0,5] Encontrar os valores corretos dos restos [0,5] Obter os valores corretos de a e b [0,5] Questão [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ] Dado um polígono regular convexo de n lados inscrito em um círculo de raio R, seja l n o comprimento dos lados e seja a n a distância do centro do círculo aos lados do polígono (a n é o apótema do polígono). (a) Calcule l 1 e a 1 em função de R. (b) Use o item (a) para obter o valor de tg 75. Solução (a) Dados um círculo de raio R e um dodecágono regular nele inscrito, considere um triângulo cujos lados sejam dois raios do círculo e um dos lados do dodecágono. Este triângulo tem dois lados de medida R e um de medida l 1. O ângulo do triângulo oposto ao lado de medida l 1 é central, correspondendo a um arco de medida 360 /1 = 30. Assim, pela lei dos cossenos, (l 1) = R + R R R cos 30,
logo, e, com isso, (l 1) = R ( 3), l 1 = R 3. A altura do triângulo considerado acima, relativa ao lado de medida l 1, tem medida a 1, e divide o triângulo em dois triângulos retângulos cujos catetos medem a 1 e l 1/, e cuja hipotenusa é R. Assim, logo, Portanto, R = (a 1) = R ( ) l1 + (a 1), ( ) l1 = R R 3 4 = R + 3. 4 a 1 = R + 3. (b) O primeiro triângulo considerado no item (a), é isósceles e tem o ângulo do vértice de medida 30. Logo, seus outros dois ângulos medem 75. O triângulo retângulo utilizado em (a) para o cálculo de a 1 tem então catetos adjacente e oposto de medidas respectivamente. Assim, l 1/ = R 3 tg 75 = e a 1 = R + 3, ( ) a1 R + 3 / + 3 l = ( ) =. 1/ R 3 / 3 Multiplicando numerador e denominador da expressão acima por + 3, obtém-se tg 75 = + 3. Pauta de correção Item (a) Encontrar o valor correto de l 1 [0,5] Encontrar o valor correto de a 1 [0,5] Item (b) Identificar triângulo retângulo com ângulo interno de 75 [0,5] Obter o valor correto de tg 75 [0,5] Questão 3 [ 1,0 pt ] Um quadrilátero tem os seus vértices sobre cada um dos lados de um quadrado, cujo lado tem medida 1. Sabendo que as medidas dos lados desse quadrilátero são a, b, c e d, prove que a + b + c + d 4.
Solução Denote por ABCD o quadrado de lado 1 e por MNOP o quadrilátero inscrito no quadrado tal que P M = 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 P A = 1 t. Usando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos AMP, MBN, NCO e ODP, conclui-se que Somando, obtém-se a = x + (1 t), b = (1 x) + y, c = (1 y) + z, d = (1 z) + t. a + b + c + d = [x + (1 x) ] + [y + (1 y) ] + [z + (1 z) ] + [t + (1 t) ] = (x x + 1) + (y y + 1) + (z z + 1) + (t t + 1) = f(x) + f(y) + f(z) + f(t), onde f(x) = x x+1, x [0, 1]. Agora é necessário calcular os valores de máximo e mínimo da função f(x) = x x+1, x [0, 1]. Visto que f é uma função quadrática de coeficiente líder positivo, o valor mínimo ocorre no vértice (desde que esse vértice esteja dentro do intervalo) e o valor máximo ocorre em um dos extremos do intervalo. Como f(0) = f(1) = 1, a simetria da parábola assegura que o vértice está dentro do intervalo e ocorre em x = 1/. Como f(1/) = 1/, obtém-se que 1 f(x) 1, x [0, 1]. Desta forma, como a + b + c + d = f(x) + f(y) + f(z) + f(t), conclui-se que = 1 + 1 + 1 + 1 a + b + c + d 1 + 1 + 1 + 1 = 4. Pauta de correção Perceber que as medidas a, b, c e d são hipotenusas de triângulos retângulos e usar o Teorema de Pitágoras: [0,5]. Perceber que a soma a + b + c + d pode ser escrita da forma f(x) + f(y) + f(z) + f(t), onde f(u) = u u + 1: [0,5] Usar máximos e mínimos de funções quadráticas no intervalo [0, 1] para concluir as desigualdades: [0,5].
Questão 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 reposição. Determine a probabilidade de: (a) o número da primeira bola ser divisível por 3 e o número da segunda bola ser divisível por 5. (b) o número da primeira bola ser divisível por 4 ou o número da segunda bola ser divisível por 6. Solução (a) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 16 bolas correspondem a números divisíveis por 3 e 10 bolas correspondem a números divisíveis por 5. Entretanto há 3 bolas (15, 30 e 45) que correspondem a números divisíveis por 15, sendo, portanto, divisíveis tanto por 3 quanto por 5. O evento retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja divisível por 3 e da segunda seja divisível por 5, pode ser distribuído em dois eventos: Evento A: O número da primeira bola é divisível por 3, mas não por 5, e o número da segunda bola é divisível por 5: P (A) = 13 50 10 49 = 130 450 Evento B: O número da primeira bola é divisível por 3 e também por 5, e o número da segunda bola é divisível por 5: P (B) = 3 50 9 49 = 7 450 Assim, a probabilidade de o número da primeira bola ser divisível por 3 e o da segunda ser divisível por 5 é 157 450. (b) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 1 bolas correspondem a números divisíveis por 4 e 8 bolas compreendem a números divisíveis por 6. Entretanto há 4 bolas (1, 4, 36 e 48) que compreendem a números divisíveis por 1, sendo, portanto, divisíveis tanto por 4 quanto por 6. A probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja divisível por 4 ou o da segunda seja divisível por 6, pode ser calculada retirando-se da probabilidade total a probabilidade do evento o número da primeira bola não ser divisível por 4 e o da segunda não ser divisível por 6, que não satisfaz a condição inicial apresentada. Tal evento deve ser analisado sob dois outros eventos que o compõem: Evento C: O número da primeira bola não é divisível por 4 mas é divisível por 6, e o número da segunda bola não é divisível por 6: P (C) = 4 50 4 49 = 168 450 = 84 15 Evento D: O número da primeira bola não é divisível por 4 e nem é divisível por 6, e o número da segunda bola não é divisível por 6: P (D) = 34 50 41 49 = 1394 450 = 697 15 Desse modo, a probabilidade de o número da primeira bola não ser divisível por 4 e o da segunda não ser divisível por 6 é 781. Logo, a probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja 15 divisível por 4 ou o da segunda seja divisível por 6 é: 1 781 15 = 444 15 Pauta de correção Item (a)
Calcular corretamente a probabilidade de um dos dois eventos (A ou B) [0,5] Calcular corretamente a probabilidade do outro evento e encontrar a resposta correta [0,5] Item (b) Calcular corretamente a probabilidade de um dos dois eventos (C ou D) [0,5] Calcular corretamente a probabilidade do outro evento e encontrar a resposta correta [0,5] Questão 5 [ 1,0 pt ] Para todo n inteiro positivo, seja H n = 1 + 1 + 1 3 + + 1 n. Prove, por indução em n, que n + H 1 + + H n 1 = nh n, para todo n. Solução Seja P (n) a proposição: n + H 1 + + H n 1 = nh n, para todo n. Para n = temos que + H 1 = + 1 = 3 = 3 ( = 1 + 1 ) = H. Suponha agora que P (n) é verdadeira para n = k, ou seja, k + H 1 + + H k 1 = kh k. Resta provar que P (n) continua válida para n = k + 1. De fato, (k + 1) + H 1 + + H k 1 + H (k+1) 1 = (k + H 1 + + H k 1 ) + H k + 1 = ( kh k + H k + 1 = (k + 1)H k + 1 = (k + 1) H k + 1 ) = (k + 1)H k+1 k + 1 e assim P (k + 1) é verdadeira. Pauta de correção Provar para n = [0,5] Provar para n = k + 1 [0,75] Questão 6 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,75 ] Considere o prisma ABCDEF de bases triangulares da figura. (a) Mostre que os tetraedros ABCE e CDEF têm o mesmo volume. (b) Mostre também que os tetraedros CDEF e ACDE têm o mesmo volume e conclua que o volume de um tetraedro é a terça parte do produto da área da base pela altura. Informação: Assuma o fato de que dois tetraedros com bases de mesma área e alturas congruentes têm volumes iguais.
Solução (a) Considerando o tetraedro ABCE com base ABC, sua altura é igual à do prisma. Considerando CDEF com base DEF, sua altura também é igual à do prisma. Como ABC e DEF são congruentes, pela definição de prisma, as bases dos tetraedros têm mesma área. Como as alturas são congruentes, ABCE e CDEF têm mesmo volume. (b) Como ACDF é um paralelogramo, os triângulos ACD e CDF são congruentes, logo têm mesma área. Observe que estes dois triângulos estão contidos em um mesmo plano π. Considerando ACD como base de ACDE, a altura deste tetraedro é a distância de E a π. Sendo CDF a base de CDEF, a altura é a distância de B a π. Mas, pela definição de prisma, BE é paralelo a π, logo, as distâncias de B e E a π são iguais, e, então, os tetraedros têm mesma altura. Como a área da base é igual, os volumes são iguais. O volume do prisma é dado por Área(ABC) h, onde h é sua altura. Os volumes dos três tetraedros ABCE, CDEF e ACDE, nos quais o prisma pode ser decomposto, são iguais, logo logo Volume(ABCE) = 1 Área(ABC) h. 3 Área(ABC) h = Volume(ABCE) + Volume(CDEF ) + Volume(ACDE) = 3Volume(ABCE), Pauta de correção Item (a) Concluir a igualdade dos volumes, utilizando que as bases ABC e DEF são congruentes e que as alturas relativas a estas bases são iguais [0,5] Item (b) Perceber um dos seguintes fatos: [0,5] que as bases ACD e CDF têm a mesma área; que a altura de ACDE relativa ao vértice E é congruente à altura de CDEF relativa a E. Perceber o outro desses dois fatos e concluir a igualdade dos volumes [0,5] Concluir que o volume do tetraedro é um terço do volume do prisma, utilizando a decomposição do prisma nos tetraedros ACDE, CDEF e ABCE e o fato de que têm mesmo volume. [0,5]