MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEM ´ ATICA EM REDE NACIONAL ENQ – 2015.2 – Gabarito Quest˜ ao 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ] Determine TODOS os valores poss´ ıveis para os algarismos x, y, z e t de modo que os n´ umeros abaixo, representados na base 10, tenham a propriedade mencionada: (a) 3x90586y ´ e divis´ ıvel por 60. (b) 72z41t ´ e divis´ ıvel por 99. Solu¸ c˜ ao (a) 3x90586y ´ e divis´ ıvel por 60 = 2 2 · 3 · 5 se, e somente se, ´ e divis´ ıvel simultaneamente por 4, 3 e 5. i) 3x90586y ´ e divis´ ıvel por 5 se, e somente se, y = 0 ou y = 5. ii) 3x90586y ´ e divis´ ıvel por 4 se, e somente se, 6y ´ e divis´ ıvel por 4. Pelo item anterior, y = 0, pois 65 n˜ ao ´ e divis´ ıvel por 4. iii) 3x905860 ´ e divis´ ıvel por 3 se, e somente se, 3 + x +9+0+5+8+6+0=31+ x ´ e divis´ ıvel por 3. Os poss´ ıveis valores para x s˜ ao: 2, 5, 8. Resposta: 32905860, 35905860 ou 38905860. b) 72z41t ´ e divis´ ıvel por 99 = 9 · 11 se, e somente se, ´ e divis´ ıvel simultaneamente por 9 e 11. i) 72z41t ´ e divis´ ıvel por 9 se, e somente se, 7 + 2 + z +4+1+ t = 14 + z + t ´ e divis´ ıvel por 9. Ent˜ ao z + t = 4 ou z + t = 13. ii) 72z41t ´ e divis´ ıvel por 11 se, e somente se, t - 1+4 - z +2 - 7= t - z - 2´ e divis´ ıvel por 11. Ent˜ ao t - z = -9 ou t - z = 2. Primeiro caso: z + t =4 t - z = -9 , sem solu¸ c˜ ao inteira. Segundo caso: z + t =4 t - z =2 ⇔ z =1e t = 3. Terceiro caso: z + t = 13 t - z = -9 ⇔ z = 11 e t = 2. Quarto caso: z + t = 13 t - z =2 , sem solu¸ c˜ ao inteira. Resposta: 721413 Pauta de Corre¸ c˜ ao: Item (a) • Verificar os crit´ erios de divisibilidade por 3, 4 e 5 na conclus˜ ao de que um n´ umero ´ e divis´ ıvel por 60 ou mostrar que os n´ umeros achados pelos crit´ erios usados s˜ ao efetivamente divis´ ıveis por 60. [0, 25] • Determinar corretamente os valores de x e y. [0, 25]
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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
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,
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
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.
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.
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMATICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2016.1 – Gabarito
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
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.
Pauta de Correcao da Solucao Alternativa:
• 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.
Pauta de Correcao da Solucao Alternativa 2:
• 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
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]
Questao 5 [ 1,0 pt ]
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.
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]
Questao 7 [ 1,0 pt ]
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]
Questao 3 [ 1,0 pt ]
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]
Questao 5 [ 1,0 pt ]
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
• 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
Questao 3. (pontuacao: 1)
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.
EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012
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 (dado normal|soma 7) =P (dado normal e soma 7)
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 (dado normal|soma 7) =P (dado normal e soma 7)
P (soma 7)=
12
30=
2
5.
Questao 4. (pontuacao: 1,5)
A linha poligonal da figura comeca na origem e passa por todos os pontos de coordenadas inteiras do plano
cartesiano.
EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012
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.
EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012
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)
Questao 5. (pontuacao: 1)
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]
Questao 6. (pontuacao: 1,5)
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
EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012
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.
Questao 7. (pontuacao: 1)
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.
Questao 8. (pontuacao: 1,5)
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.
EXAME DE QUALIFICACAO - Setembro de 2012
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