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MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2022.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,25; (c)=0,75 ]
As equações x4 + bx2 + c = 0 e x3 + x2 − 37x+ 35 = 0 possuem duas ráızes distintas comuns.
(a) Determine as ráızes da segunda equação.
(b) Mostre que se α é raiz da primeira equação então −α também o é.
(c) Determine todos os posśıveis valores de b e c na primeira equação.
Solução
(a) Na segunda equação, começamos observando que uma das ráızes é igual à 1:
1 + 1− 37 + 35 = 0
Escrevendo x3 + x2 − 37x+ 35 = (x− 1)(x2 + 2x− 35) tem-se que
x3 + x2 − 37x+ 35 = 0⇐⇒ x = 1 ou x2 + 2x− 35 = 0
Portanto, as ráızes são x = 1, 5,−7.
(b) Suponha α raiz da primeira equação, isto é, α4 + bα2 + c = 0.
Como (−α)4 + b(−α)2 + c = α4 + bα2 + c = 0, conclúımos que −α também é uma raiz.
(c) Como as equações possuem duas ráızes comuns, vamos analisar as três possibilidades:
(1) As ráızes comuns são 1 e 5. Neste caso, usando o item (b) as ráızes da primeira equação são: 1,−1, 5,−5 e assim
x4 + bx2 + c = 0 = (x− 1)(x+ 1)(x− 5)(x+ 5) = (x2 − 1)(x2 − 25) = x4 − 26x2 + 25
Portanto, b = −26 e c = 25.
(2) As ráızes comuns são 1 e −7. Neste caso,
x4 + bx2 + c = 0 = (x− 1)(x+ 1)(x− 7)(x+ 7) = (x2 − 1)(x2 − 49) = x4 − 50x2 + 49
Portanto, b = −50 e c = 49.
(3) As ráızes comuns são 5 e −7. Neste caso,
x4 + bx2 + c = 0 = (x− 5)(x+ 5)(x− 7)(x+ 7) = (x2 − 25)(x2 − 49) = x4 − 74x2 + 1225
Portanto, b = −74 e c = 1225.
Solucão alternativa – item (c)
(1) As ráızes comuns são 1 e 5. Neste caso tem-se que{
1 + b + c = 0
54 + 52b + c = 0
Resolvendo o sistema, segue que 624 + 24b = 0, logo b = −26 e dáı c = 25.
(2) As ráızes comuns são 1 e −7. Neste caso tem-se que{
1 + b + c = 0
74 + 72b + c = 0
Resolvendo o sistema, segue que 2400 + 48b = 0, logo b = −50 e dáı c = 49.
(3) As ráızes comuns são 5 e −7. Neste caso tem-se que{
54 + 52b + c = 0
74 + 72b + c = 0
Resolvendo o sistema, segue que (2401− 625) + (49− 25)b = 0, logo b = −74 e dáı c = 1225.
Solução Alternativa – item (c)
(1) As ráızes comuns são 1 e 5. Neste caso tem-se que 1 e 25 são ráızes da equação y2 + by+ c = 0, ou seja, b = −26 e c = 25.
(2) As ráızes comuns são 1 e −7. Assim tem-se que 1 e 49 são ráızes da equação y2 + by + c = 0, ou seja, b = −50 e c = 49.
(3) As ráızes comuns são 5 e −7. Logo tem-se que 25 e 49 são ráızes da equação y2 + by+ c = 0, ou seja, b = −74 e c = 1225.
Pauta de Correção:
(a) Determinar as três ráızes. [0,25]
(b) Provar o resultado. [0,25]
(c) • Escrever as três possibilidades para as ráızes da primeira equação. [0,25]
• Determinar os valores de b e c. [0,5]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Consideremos o seguinte sistema de congruências lineares x ≡ a1 mod m1x ≡ a2 mod m2
x ≡ a3 mod m3
onde ai ∈ Z,mi ∈ N e (mi,mj) = 1 para i 6= j (i, j = 1, 2, 3).
Tomando-se M = m1 ·m2 ·m3 = m1 ·M1 = m2 ·M2 = m3 ·M3, tem-se que
(M1,m1) = (M2,m2) = (M3,m3) = 1, logo existe um inteiro bi tal que Mi ·bi ≡ 1 mod mi, para cada i = 1, 2, 3.
Com estas notações, prove que o número inteiro x =
3∑
i=1
aibiMi é uma solução para o sistema acima.
(b) Determine a solução geral do seguinte sistema x ≡ 2 mod 3x ≡ 3 mod 5
x ≡ 6 mod 7.
Solução
(a) Com as notações dadas tem-se que
M1 = m2m3,M2 = m1m3,M3 = m1m2
M1b1 ≡ 1 mod m1,M2b2 ≡ 1 mod m2,M3b3 ≡ 1 mod m3
Assim,
x =
3∑
i=1
aibiMi = a1b1M1 + a2b2M2 + a3b3M3 ≡ a1b1M1 ≡ a1 mod m1
x =
3∑
i=1
aibiMi = a1b1M1 + a2b2M2 + a3b3M3 ≡ a2b2M2 ≡ a2 mod m2
x =
3∑
i=1
aibiMi = a1b1M1 + a2b2M2 + a3b3M3 ≡ a3b3M3 ≡ a3 mod m3
(b) Tem-se que
M = 3 · 5 · 7, M1 = 5 · 7, M2 = 3 · 7, M3 = 3 · 5
M1b1 = 35b1 ≡ 1 mod 3
M2b2 = 21b2 ≡ 1 mod 5
M3b3 = 15b3 ≡ 1 mod 7
2b1 ≡ 1 mod 3
b2 ≡ 1 mod 5
b3 ≡ 1 mod 7
Logo, podemos considerar b1 = 2, b2 = 1, b3 = 1 e x = 2 · 2 · 35 + 3 · 21 + 6 · 15 = 293 é uma solução particular.
Portanto, a solução geral é dada por x = 293 + 105t, com t ∈ Z.
Pauta de Correção:
(a) • Provar o resultado. [0,5]
(b) • Determinar uma solução particular. [0,5]
• Escrever a solução geral. [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Sejam x e y números reais.
Prove que
√
x2 + y2 >
|x+ y|√
2
e que a igualdade é verificada se, e somente se, x = y.
(b) Sejam a e b reais tais que a+ b = 1.
Determine os valores de a e b tais que
√
(a− 9)2 + (b− 13)2 tem o menor valor posśıvel.
Solução
(a) As seguintes desigualdades são todas equivalentes:√
x2 + y2 >
|x+ y|√
2
⇐⇒
√
2
√
x2 + y2 > |x+ y| ⇐⇒
2(x2 + y2) > |x+ y|2 ⇐⇒
2x2 + 2y2 > x2 + 2xy + y2 ⇐⇒
x2 − 2xy + y2 > 0 ⇐⇒
(x− y)2 > 0.
Como a última é sempre satisfeita, quaisquer que sejam x e y reais, a primeira é verdadeira. Além disso,√
x2 + y2 =
|x+ y|√
2
⇐⇒ (x− y)2 = 0 ⇐⇒ x = y.
(b) Sejam a, b tais que a+ b = 1. Pelo item anterior, com x = a− 9 e y = b− 13,√
(a− 9)2 + (b− 13)2 > |(a− 9) + (b− 13)|√
2
=
|a+ b− 22|√
2
=
21√
2
Ainda pelo item anterior, sabemos que há igualdade se, e somente se, a− 9 = b− 13, ou seja, a− b = −4. Dáı,{
a+ b = 1
a− b = −4
=⇒ a = −3
2
, b =
5
2
.
Assim, para estes valores de a e b, a expressão atinge seu valor mı́nimo.
Pauta de Correção:
(a) • Provar a desigualdade. [0,25]
• Provar a igualdade. [0,25]
(b) • Mostrar que possui mı́nimo ou calcular o valor mı́nimo. [0,5]
• Determinar os valores de a e b. [0,25]
Questão 04 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Nos dois casos abaixo, demonstre a conhecida relação métrica PA · PB = PC · PD, também chamada de “potência
de ponto no ćırculo”:
(a) P exterior ao ćırculo (Figura 1).
(b) P interior ao ćırculo (Figura 2).
Solução
(a) Traçando os segmentos AD e BC, conforme a figura abaixo, obtemos os triângulos APD e CPB, os quais são semelhantes
pelo caso de semelhança AA (ângulo-ângulo), já que o ângulo de medida α é comum e os ângulos de medida β são
congruentes, já que ambos são ângulos inscritos na circunferência e subtendem o mesmo arco AC.
Logo,
PA
PC
=
PD
PB
e assim PA · PB = PC · PD, como queŕıamos demonstrar.
(b) Traçando os segmentos AC e BD, conforme a figura abaixo, obtemos os triângulos APC e DPB, os quais são semelhantes
pelo caso de semelhança AA (ângulo-ângulo), já que os ângulos de medida α são congruentes, já que são opostos pelo
vértice, e os ângulos de medida β são congruentes, já que ambos são ângulos inscritos na circunferência e subtendem o
mesmo arco BC.
Logo,
PA
PD
=
PC
PB
e, portanto,
PA · PB = PC · PD,
como queŕıamos demonstrar.
Pauta de Correção:
(a) • Provar que os triângulos APD e CPB são semelhantes pelo caso AA. [0,5]
• Utilizar a semelhança para provar a relação métrica. [0,25]
(b) • Provar que os triângulos APC e DPB são semelhantes pelo caso AA. [0,25]
• Utilizar a semelhança para provar a relação métrica. [0,25]
Questão 05 [ 1,25 ]
Prove que uma função do tipo exponencial fica determinada quando se conhecem dois de seus valores.
Mais precisamente, se f(x) = b · ax e F (x) = B ·Ax são tais que f(x1) = F (x1) e f(x2) = F (x2) com x1 6= x2, então
a = A e b = B (a e A são números reais positivos diferentes de 1, b e B são números reais não nulos).
Solução
Do fato de que f(x1) = F (x1) decorre que b · ax1 = B · Ax1 . Como a não é nulo, nenhuma potência de a será nula também.
Assim, podemos dividir por ax1 a última equação, obtendo
b = B · A
x1
ax1
.
Por outro lado, f(x2) = F (x2) implica que b · ax2 = B ·Ax2 .
Substituindo, nesta última equação, o valor encontrado para b, temos
B · A
x1
ax1
· ax2 = B ·Ax2 .
Dividindo a equação anterior por B · ax2 (que não é nulo, já que B e a não são nulos) obtemos
Ax1
ax1
=
Ax2
ax2(
A
a
)x1
=
(
A
a
)x2
.
Como x1 6= x2 e
A
a
> 0 (pois ambos, a e A, são maiores que zero), então a última igualdade implica em
A
a
= 1, ou seja, A = a.
Substituindo A por a em b · ax1 = B ·Ax1 ficamos com
b · ax1 = B · ax1 .
Dividindo esta última equação pelo número real não nulo ax1chegamos ao resultado b = B, concluindo assim a prova.
Pauta de Correção:
• Deduzir a equação
(
A
a
)x1
=
(
A
a
)x2
. [0,5]
• Argumentar que A
a
= 1 considerando que x1 6= x2 e
A
a
> 0. [0,5]
• Concluir que A = a e, a partir dáı, que B = b. [0,25]
Questão 06 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Consideremos o número de Fermat Fn = 2
(2n) + 1, onde n é um número natural.
(a) Mostre que se m < n, então Fm divide Fn − 2.
(b) Mostre que se m 6= n, então Fm e Fn são primos entre si.
Solução
(a) Suponha m < n. Considere r = n−m > 0, logo n = m+ r.
Segue que Fn = 2
(2n) + 1 = 2(2
r+m) + 1 = 2(2
r2m) + 1 = (22
m
)2
r
+ 1 e dáı
Fn − 2 = (22
m
)2
r
− 1
onde 2r é um número par.
Portanto, Fm = 2
(2m) + 1 divide (2(2
m))2
r
− 1 = Fn − 2.
(b) Suponha m 6= n e, sem perda de generalidade, m < n.
Tem-se que (Fm, Fn) = (Fm, Fn − 2 + 2). Como Fm divide Fn − 2, segue que Fn − 2 = kFm, com k inteiro.
Portanto, (Fm, Fn) = (Fm, Fn − 2 + 2) = (Fm, kFm + 2) = (Fm, 2) = (2(2
m) + 1, 2) = 1.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever Fn = (22
m
)2
r
+ 1. [0,25]
• Escrever que Fn − 2 = (22
m
)2
r
− 1 e concluir que Fm divide Fn − 2. [0,5]
(b) • Escrever (Fm, Fn) = (Fm, Fn − 2 + 2) = (Fm, kFm + 2).[0,25]
• Concluir que (Fm, Fn) = (Fm, 2) = (2(2
m) + 1, 2) = 1. [0,25]
Questão 07 [ 1,25 ]
Um sólido é produzido a partir de um cubo de madeira com 2cm de aresta, retirando-se um tetraedro a partir de
cada vértice do cubo, como mostrado na figura abaixo. Seis faces do sólido resultante são octógonos regulares, e as
outras oito faces são triângulos equiláteros.
Calcule o volume do sólido.
Solução
Na figura abaixo temos a vista frontal do sólido. Nela, as partes pontilhadas correspondem aos cantos que foram retirados.
Chamando de a a medida dos lados do octógono regular e de x a medida das arestas laterais dos tetraedros que foram retirados,
conclúımos que a+ 2x = 2, já que a aresta do cubo mede 2 cm.
Considerando os triângulos retângulos isósceles de hipotenusa a e catetos x que aparecem na figura, conclúımos, a partir do
teorema de Pitágoras, que a2 = 2x2, logo a = x
√
2.
Como a+ 2x = 2, temos então x
√
2 + 2x = 2, logo x(2 +
√
2) = 2 e então
x =
2
2 +
√
2
=
2(2−
√
2)
(2 +
√
2)(2−
√
2)
=
4− 2
√
2
2
= 2−
√
2.
Da forma como foram obtidos, os tetraedros têm como faces três triângulos retângulos isósceles de catetos medindo x e
hipotenusa medindo a e um triângulo equilátero de medida a. Se considerarmos um dos triângulos retângulos isósceles como
base, a área da base do tetraedro será dada por
x2
2
e a altura por x. Portanto, o volume deste tetraedro é
x3
6
.
Com isso, o volume do sólido, após a retirada dos 8 tetraedros será
V = 23 − 8 · x
3
6
= 8−
4 ·
(
2−
√
2
)3
3
= 8−
4 ·
(
23 − 3 · 22 ·
√
2 + 3 · 2 · (
√
2)2 − (
√
2)3
)
3
= 8−
4 ·
(
8− 12
√
2 + 12− 2
√
2
)
3
= 8−
4 ·
(
20− 14
√
2
)
3
= 8− 80− 56
√
2
3
=
24−
(
80− 56
√
2
)
3
=
56
√
2− 56
3
.
Pauta de Correção:
• Encontrar a relação entre x e o lado a do octógono dada pelo Teorema de Pitágoras. [0,5]
• Encontrar o valor de x. [0,25]
• Apresentar uma expressão correta para o volume de cada tetraedro (x3/6) ou, alternativamente, calcular corretamente
esse volume. [0,25]
• Encontrar o volume do sólido. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Um prêmio é oferecido a um jogador pelo lançamento de um dado não viciado, com as seguintes regras:
• Se o resultado for 1, o jogador ganha 1 ponto.
• Se o resultado for 2 ou 3, o jogador ganha 2 pontos.
• Se o resultado for 4, 5 ou 6, não obtém pontuação.
• Os pontos vão se somando a cada jogada.
• O prêmio é entregue assim que o jogador conseguir obter exatamente 3 pontos e o jogo é encerrado.
(a) Determine a probabilidade de se ganhar o prêmio na segunda jogada.
(b) Determine a probabilidade de se ganhar o prêmio apenas na terceira jogada.
Solução
(a) Há duas maneiras de obter 3 pontos na segunda jogada:
• fazer 1 ponto na primeira e 2 pontos na segunda jogada cuja probabilidade é 1
6
· 2
6
=
2
36
=
1
18
.
• fazer 2 pontos na primeira e 1 ponto na segunda jogada cuja probabilidade é 2
6
· 1
6
=
2
36
=
1
18
.
Logo a probabilidade de se ganhar o prêmio na segunda jogada é igual a
1
18
+
1
18
=
2
18
=
1
9
.
(b) Para facilitar a escrita considere a terna (a, b, c), onde a indica a pontuação na primeira jogada, b na segunda e c na
terceira.
Há cinco maneiras de obter 3 pontos exatamente na terceira jogada:
• (0, 1, 2) cuja probabilidade é 3
6
· 1
6
· 2
6
=
6
216
.
• (0, 2, 1) cuja probabilidade é 3
6
· 2
6
· 1
6
=
6
216
.
• (1, 0, 2) cuja probabilidade é 1
6
· 3
6
· 2
6
=
6
216
.
• (2, 0, 1) cuja probabilidade é 2
6
· 3
6
· 1
6
=
6
216
.
• (1, 1, 1) cuja probabilidade é 1
6
· 1
6
· 1
6
=
1
216
.
Portanto a probabilidade de se ganhar o prêmio exatamente na terceira jogada é igual a 4 · 6
216
+
1
216
=
25
216
.
Pauta de Correção:
(a) • Determinar as duas probabilidades para se obter 3 pontos. [0,25]
• Calcular a probabilidade para se obter 3 pontos na segunda jogada. [0,25]
(b) • Determinar as cinco possibilidades para se obter 3 pontos exatamente na terceira jogada. [0,50]
• Calcular a probabilidade para se obter 3 pontos exatamente na terceira jogada. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2021.2 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Prove que 10n − 1 é diviśıvel por 9, para todo n > 1.
(b) Use o item (a) para provar o seguinte critério de divisibilidade por 9: “Um número natural é diviśıvel por 9 se,
e somente se, a soma dos seus algarismos for diviśıvel por 9”.
Observação: Lembre-se que todo número natural a pode ser representado no sistema decimal por
a = am · 10m + · · ·+ a2 · 102 + a1 · 10 + a0, em que m ∈ N e am 6= 0.
Solução
(a) O resultado vale será provado por indução em n. Para n = 1, pois 101 − 1 = 9 é diviśıvel por 9.
Suponha que o resultado vale para k > 1, ou seja, que existe ` inteiro tal que 10k − 1 = 9`. Assim, 10k = 9`+ 1.
Para k+ 1 temos que 10k+1 − 1 = 10 · 10k − 1 = 10 · (9`+ 1)− 1 = 9 · (10`+ 1) e, assim, segue o resultado pelo prinćıpio
de indução matemática.
(b) Sejam a = am · 10m + · · ·+ a1 · 10 + a0 e S = am + · · ·+ a1 + a0 a soma dos algarismos de a.
Note que a−S = a−(am+· · ·+a1+a0) = am ·10m+· · ·+a1 ·10+a0−(am+· · ·+a1+a0) = am ·(10m−1)+· · ·+a1 ·(101−1).
Pelo item (a), sabemos que que 10k − 1 é múltiplo de 9, para todo k > 1. Dáı, conclúımos que a − S = 9q. Desta
igualdade segue o critério de divisibilidade por 9:
Se a = 9r, então S = 9r − 9q = 9(r − q). Reciprocamente, se S = 9p, então a = 9p+ 9q = 9(p+ q).
Pauta de Correção:
(a) • Fazer o caso n = 1 e/ou escrever/citar a hipótese de indução. [0,25]
• Fazer o passo indutivo e concluir o resultado. [0,25]
(b) • Desenvolver a diferença a− S. [0,25]
• Usar o item (a) para concluir que a− S é múltiplo de 9. [0,25]
• Mostrar que o fato anterior implica o critério pedido. [0,25]
Solução Alternativa
(a) Sabemos que 10 ≡ 1 mod 9. Logo, para qualquer n > 1, temos 10n ≡ 1 mod 9, ou seja, 10n − 1 é diviśıvel por 9.
(b) Seja a = am · 10m + · · ·+ a1 · 10 + a0. Para cada k = 0, ...,m temos
10k ≡ 1 mod 9 ⇐⇒ ak · 10k ≡ ak mod 9
Somando as congruências acima para todo k = 0, ...,m:
am · 10m + · · ·+ a1 · 10 + a0 ≡ am + · · ·+ a1 + a0 mod 9
Ou seja,
a ≡ am + · · ·+ a1 + a0 mod 9
o que é equivalente a dizer que a e am + · · ·+ a0 deixam o mesmo resto na divisão por 9. Dáı, um deles é múltiplo de 9
(congruente a 0 mod 9) se, e somente se, ou outro for.
Pauta de Correção:
(a) Usar que 10 ≡ 1 mod 9 para concluir o item. [0,5]
(b) • Usar o item (a) e deduzir que ak · 10k ≡ ak mod 9. [0,25]
• Concluir que a e am + · · ·+ a1 + a0 são congruentes módulo 9. [0,25]
• Mostrar que o fato anterior é equivalente ao critério enunciado. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,50 ]
Sejaf : (0,+∞)→ R uma função tal que f(xy) = f(x) + f(y) para todos x, y ∈ (0,+∞).
(a) Mostre que f(1) = 0.
(b) Mostre, por indução, que para todo a > 0 e todo n > 1 natural, tem-se f(an) = nf(a).
(c) Mostre que para todo a > 0 e todo n ∈ N, tem-se f(a−n) = −nf(a).
Solução
(a)
f(1) = f(1 · 1) = f(1) + f(1) ⇐⇒ f(1) = 0.
(b) Para n = 1, temos pela hipótese do enunciado, f(a1) = f(a) = 1 · f(a).
Suponha, agora, válido para n = k, isto é, f(ak) = kf(a) e vamos calcular para n = k + 1:
f(ak+1) = f(ak · a) = f(ak) + f(a) = kf(a) + f(a) = (k + 1)f(a).
A segunda igualdade vale pela hipótese do problema e a penúltima pela hipótese de indução.
(c)
0 = f(1) = f(a0) = f(an−n) = f(an · a−n) = f(an) + f(a−n) = nf(a) + f(a−n)
⇐⇒ f(a−n) = −nf(a).
Pauta de Correção:
(a) Provar que f(1) = 0. [0,25]
(b) • Provar a base da indução. [0,25]
• Provar o passo indutivo. [0,25]
(c) Realizar a prova solicitada. [0,5]
Questão 03 [ 1,25 ]
Considere um triângulo ABC de lados a, b e c, conforme a figura, e seja r o raio do ćırculo circunscrito a este triângulo.
Prove a lei dos senos:
a
sen Â
=
b
sen B̂
=
c
sen Ĉ
= 2r
Solução
Considere o triângulo BCD, constrúıdo de tal modo que BD seja um diâmetro, conforme a figura. Evidentemente os ângulos
 e D̂ são congruentes, já que ambos estão inscritos na circunferência e determinam o mesmo arco. Como o triângulo BCD é
reto em C, já que está inscrito em uma semicircunferência, então
sen  = sen D̂ =
a
2r
.
Procedendo do mesmo modo com relação aos ângulos B̂ e Ĉ conclúımos que
sen B̂ =
b
2r
e sen Ĉ =
c
2r
.
Isolando 2r nas três equações obtidas anteriormente chegamos a
a
sen Â
=
b
sen B̂
=
c
sen Ĉ
= 2r,
provando assim a lei dos senos, como era nossa intenção.
Pauta de Correção:
• Construir o triângulo inscrito na semicircunferência. [0, 25]
• Argumentar que ângulos inscritos que determinam o mesmo arco são congruentes. [0, 25]
• Argumentar que todo triângulo inscrito em uma semicircunferência é retângulo. [0, 25]
• Encontrar a relação sen  = a
2r
ou uma de suas equivalentes para B̂ ou Ĉ. [0, 25]
• Argumentar que o procedimento para os outros dois ângulos é análogo e finalizar a prova. [0, 25]
Questão 04 [ 1,25 ]
Sabendo que cos(3x) = 4 cos3 x− 3 cosx e que 54◦ + 36◦ = 90◦, calcule sen (18◦).
Solução
Tomando x = 18◦ e usando o fato de que cos (54◦) = sen (36◦),
cos (54◦) = 4 cos3 (18◦)− 3 cos (18◦),
sen (36◦) = 4 cos3 (18◦)− 3 cos (18◦).
como
sen (36◦) = 2sen (18◦) cos (18◦),
teremos
2 sen (18◦) = 4 cos2 (18◦)− 3.
Seja y = sen (18◦), temos então que,
4y2 + 2y − 1 = 0,
donde
y =
√
5− 1
4
,
ou seja sen (18◦) =
√
5− 1
4
.
Pauta de Correção:
• Escrever que cos (54◦) = sen (36◦). [0,25]
• Concluir que sen (36◦) = 4 cos3 (18◦)− 3 cos (18◦). [0,25]
• Escrever que sen (36◦) = 2sen (18◦) cos (18◦). [0,25]
• Concluir que 2 sen (18◦) = 4 cos2 (18◦)− 3, ou equivalente. [0,25]
• Concluir que sen (18◦) =
√
5− 1
4
. [0,25]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,50 ]
Na figura abaixo, a partir de um quadrado de lado ` forma-se uma sequência de quadrados e ćırculos em que cada
quadrado é formado unindo os pontos médios do quadrado imediatamente anterior e todos os ćırculos estão inscritos
em algum quadrado. Sejam `n o lado do n-ésimo quadrado e rn o raio do n-ésimo ćırculo.
(a) Determine a relação entre `n e rn.
(b) Encontre a soma P dos peŕımetros dos infinitos quadrados em função de `.
(c) Obtenha a soma A das áreas dos infinitos ćırculos em função de `.
Solução
(a) Como o n-ésimo ćırculo está inscrito no n-ésimo quadrado, seu diâmetro é igual ao lado desse quadrado, ou seja `n = 2rn.
(b) Notando que o lado do quadrado Qn+1 corresponde à diagonal de um quadrado cujo lado mede
`n
2
conclúımos que
`n+1 =
`n
√
2
2
, ou seja, uma vez que o peŕımetro de cada quadrado é o quádruplo de seu lado, os peŕımetros da sequência
Qn de quadrados formam uma PG de razão
√
2
2
cujo primeiro termo igual a 4`. Logo, a soma P procurada é dada pela
soma dos termos desta PG infinita, isto é, P =
4`
1−
√
2
2
= 4`(2 +
√
2).
(c) Uma vez que, pelo item (b), `n+1 =
`n
√
2
2
, conclúımos, pelo item (a), que rn+1 =
rn
√
2
2
. Como a razão entre as áreas
de dois ćırculos é dada pelo quadrado da razão entre seus raios, conclúımos que as áreas da sequência de ćırculos Cn é
também uma PG cujo primeiro termo vale πr21 =
πl2
4
e cuja razão é igual a
1
2
. Dessa forma, podemos novamente utilizar
a fórmula da soma da PG infinita para concluir que a soma procurada é dada por A =
πl2
2
.
Pauta de Correção:
(a) Apresentar a relação correta. [0,25]
(b) • Observar que a sequência dos peŕımetros formava uma PG infinita, identificando a razão e o primeiro termo. [0,25]
• Calcular corretamente a soma da PG infinita. [0,25]
(c) • Observar que a sequência das áreas formava uma PG infinita, identificando a razão e o primeiro termo. [0,25]
• Calcular corretamente a soma da PG infinita. [0,25]
Questão 06 [ 1,25 ]
Dois triângulos ABC e BCD são isósceles, retângulos em B e contidos em planos perpendiculares, conforme figura.
Determine o volume do sólido ABCD em função da medida a do segmento AB.
Solução
O sólido ABCD é uma pirâmide, conforme figura abaixo.
As retas BA e BD são perpendiculares à reta BC de interseção entre os planos, assim, o ângulo AB̂D entre essas retas
define o ângulo entre os planos. Como é dito que os planos são perpendiculares, temos então que AB̂D = 90◦. Com isso, BD
é perpendicular ao plano da base ABC.
Tomando ABC como base da pirâmide, a altura da pirâmide relativa à base ABC será o segmento BD.
Observe que o triângulo ABC é retângulo isósceles, logo BC = AB = a e a área do triângulo ABC é dada por
S =
a · a
2
=
a2
2
.
Como BD é congruente a AB, temos também BD = a, logo a altura da pirâmide relativa à face ABC é a. Assim, o volume
da pirâmide ABCD é dado por
V =
1
3
S · h = 1
3
· a
2
2
· a = a
3
6
.
Pauta de Correção:
• Considerar (escrever ou esboçar) a base ABC e a altura BD (ou outra configuração equivalente) [0,25]
• Justificar o fato de BD ser altura relativa à base ABC [0,25]
• Calcular a área da base [0,5]
• Obter o volume final correto [0,25]
Questão 07 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,50; (c)=0,25 ]
Um dado não viciado é lançado duas vezes. Neste contexto, em cada item abaixo, calcule a probabilidade de:
(a) a soma dos números obtidos ser um número ı́mpar.
(b) obter dois números menores do que 3.
(c) obter dois números pares.
Solução
O espaço amostral é formado por todos os pares de resultados posśıveis. Como em cada lançamento há 6 possibilidades, o
número de casos posśıveis é 6 · 6 = 36, todos com a mesma possibilidade de ocorrência.
(a) No primeiro lançamento temos 6 possibilidades. Para cada escolha, como a paridade no segundo lançamento tem que
ser diferente, temos 3 possibilidades, logo 18 casos favoráveis. Portanto, a probabilidade, neste caso, é igual a
18
36
=
1
2
.
(b) No primeiro lançamento temos 2 possibilidades e no segundo também 2 possibilidades, logo 4 casos favoráveis. Portanto,
a probabilidade, neste caso, é igual a
4
36
=
1
9
.
(c) No primeiro lançamento temos 3 possibilidades e no segundo também 3 possibilidades, logo 9 casos favoráveis. Portanto,
a probabilidade, neste caso, é igual a
9
36
=
1
4
=
25
100
.
Pauta de Correção:
• Responder o item (a). [0,5]
• Responder o item (b). [0,5]
• Responder o item (c). [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ]
Determine o resto da divisão por 19 do número
S = 118 + 218 + 318 + · · ·+ 9518.
Solução
Pelo Pequeno Teorema de Fermat tem-se, para todo inteiro a tal que (a, 19) = 1, que
a18 ≡ 1 mod 19
Por outro lado, se (a, 19) 6= 1 então 19|a e neste caso
a18 ≡ 0 mod 19
Como temos cinco múltiplos de 19 entre 1 e 95: 1 · 19, 2 · 19, 3 · 19, 4 · 19 e 5 · 19 = 95, concluimos que
S ≡ 1 + 1 + · ··+ 1 = 90 mod 19
Portanto,
S ≡ 14 mod 19
e o resto é igual a 14.
Pauta de Correção:
• Usar o Pequeno Teorema de Fermat, no caso (a, 19) = 1. [0, 25]
• Observar o caso em que 19|a. [0, 25]
• Determinar a quantidade de múltiplos de 19.[0, 25]
• Concluir que S ≡ 90 mod 19. [0, 25]
• Determinar o resto. [0, 25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2021.1 – Gabarito
[01] [ 1,25 ]
Determine um número natural n tal que
n
2
é um quadrado,
n
3
é um cubo e
n
5
é uma quinta potência.
Solução
Considere n da forma n = 2α · 3β · 5θ, com α, β e θ maiores do que 1. Assim,
n
2
= 2α−1 · 3β · 5θ, n
3
= 2α · 3β−1 · 5θ e n
5
= 2α · 3β · 5θ−1
Temos que
n
2
é um quadrado se, e somente se, α− 1, β e θ são pares;
n
3
é um cubo se, e somente se, α, β − 1 e θ são múltiplos de 3 e
n
5
é uma potência quinta se, e somente se, α, β e θ − 1 são múltiplos de 5.
Portanto, devemos ter 
α ı́mpar, múltiplo de 3 e 5
β par, β − 1 múltiplo de 3, β múltiplo de 5
θ par, múltiplo de 3 e θ − 1 múltiplo de 5
Escolhendo α = 15, β = 10 e θ = 6 obtemos n = 215 · 310 · 56.
Pauta de Correção:
• Escrever n = 2α · 3β · 5θ. [0,25]
• Determinar as condições sobre os expoentes. [0,5]
• Determinar um n nas condições exigidas. [0,5]
[02] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
O cubo ABCDEFGH da figura tem aresta igual a a. Os pontos M , N e P são os centros das faces AFED, DEHC
e CBGH, respectivamente.
(a) Determine o ângulo entre as faces MPA e MPN do tetraedro AMPN .
(b) Determine o volume do tetraedro AMPN .
Solução
(a) Como M , N e P são os centros das faces do quadrado em que estão, o plano contendo a face MNP do tetraedro é
paralelo às faces ABCD e FGHE do cubo, cortando as arestas AF , BG, DE e CH em seus pontos médios.
Pelo mesmo motivo, o segmento PB é paralelo a AM e então o plano contendo a face AMP contém também o ponto
B. Mais do que isto, ele é o plano contendo as arestas AB e EH do cubo.
Estes dois planos estão representados na figura abaixo, na qual I é o ponto médio de ED.
Como AM e MI são perpendiculares a MP , que é segmento comum aos planos contendo as faces AMP e MNP , o
ângulo entre estas faces é o ângulo AM̂I. Como AM está na diagonal da face ADEF , e como MI é paralelo a AD,
temos AM̂I = 135◦.
Assim, o ângulo entre as faces AMP e MNP é 135◦. Cabe observar, como informação complementar, que este não é o
menor ângulo entre os planos contendo as faces, que seria 45◦.
(b) Como visto no item anterior, o plano contendo a face MNP do tetraedro é paralelo à face ABCD do cubo. Assim, se
pensarmos em MNP como base do tetraedro, a altura correspondente será o segmento MJ , onde J é o ponto médio de
AD. De fato, MJ é perpendicular ao plano contendo MNP , pois é perpendicular ao plano ABCD, paralelo a MNP .
Observando a figura do item (a), a área S da base MNP é dada por
S =
1
2
·MI ·MP = 1
2
· a
2
· a = a
2
4
e, como temos MJ =
a
2
, o volume do tetraedro será dado por
V =
1
3
· S ·MJ = 1
3
· a
2
4
· a
2
=
a3
24
.
Pauta de Correção:
(a) • Mostrar que o plano contendo a face MNP do tetraedro é paralelo às faces ABCD e FGHE. [0,25]
• Concluir que o ângulo entre as faces é de 135◦. Considerar mesmo que o aluno calcule o menor ângulo entre os
planos contendo as faces, obtendo assim 45◦. [0,25]
(b) • Escolher a face MPN como a base do tetraedro para o cálculo do volume. [0,5]
• Determinar o volume. [0,25]
[03] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Considere os polinômios p(X) = X4 − 4X − 1 e q(X) = (X2 + a)2 − 2(X + b)2.
(a) Encontre os valores de a e b tais que os polinômios p(X) e q(X) sejam idênticos.
(b) Determine as ráızes reais de p(X).
Solução
(a) Temos que q(X) = (X2 + a)2 − 2(X + b)2 = X4 + 2aX2 + a2 − 2(X2 + 2bX + b2).
Logo q(X) = X4 + (2a− 2)X2 − 4bX + a2 − 2b2.
Então p(X) = q(X)⇔ X4 − 4X − 1 = X4 + (2a− 2)X2 − 4bX + a2 − 2b2 ⇔ 2a− 2 = 0,−4b = −4 e a2 − 2b2 = −1.
Portanto a = b = 1 e q(X) = (X2 + 1)2 − 2(X + 1)2.
(b) As ráızes de p são obtidas resolvendo a equação p(x) = 0, ou seja, x4 − 4x− 1 = 0.
Como p(X) = q(X) basta resolvermos a equação q(x) = 0, isto é, (x2 + 1)2 − 2(x+ 1)2 = 0.
Logo (x2 + 1)2 − 2(x+ 1)2 = 0⇔ (x2 + 1)2 = 2(x+ 1)2 ⇔ x2 + 1 = ±
√
2(x+ 1).
Então temos que resolver x2 + 1 =
√
2(x+ 1) e x2 + 1 = −
√
2(x+ 1), ou seja,
x2 −
√
2x+ (1−
√
2) = 0 e x2 +
√
2x+ (1 +
√
2) = 0.
Agora resolveremos as duas equações do segundo grau:
• x2 −
√
2x+ (1−
√
2) = 0⇔ x =
√
2±
√
2− 4(1−
√
2)
2
=
√
2±
√
−2 + 4
√
2
2
,
• x2 +
√
2x+ (1 +
√
2) = 0⇔ x =
−
√
2±
√
2− 4(1 +
√
2)
2
=
−
√
2±
√
−2− 4
√
2
2
e essas duas ráızes não são reais.
Portanto as ráızes reais de p são x1 =
√
2 +
√
−2 + 4
√
2
2
e x2 =
√
2−
√
−2 + 4
√
2
2
.
Pauta de Correção:
(a) Determinar os valores de a e b. [0,5]
(b) • Encontrar as duas equações do segundo grau. [0,25]
• Verificar que uma equação não tem soluções reais. [0,25]
• Determinar as duas ráızes de p. [0,25]
[04] [ 1,25 ]
Sejam r e s ráızes da equação ax2 + bx + c = 0 em que a, b e c são números reais dois a dois distintos, com a e c não
nulos. Suponha que, nesta ordem, a, c e b estão em progressão aritmética e também que,
1
r
+
1
s
, r + s, r2 + s2 estão
em progressão geométrica, nesta ordem. Mostre que
c
a
=
1
6
.
Solução
Primeiro observamos que
c
a
= rs. Vamos denotar essa quantidade como k.
Como a, c, b estão em P.A. temos que 2c = a+ b. Dividindo tudo por a, temos que 2k = 1 +
b
a
.
Agora,
1
r
+
1
s
, r + s, r2 + s2 estão em P.G.
r + s
r + s
rs
=
r2 + s2
r + s
⇐⇒ r2 + s2 = rs(r + s)
Por outro lado, r2 + s2 = (r + s)2 − 2rs, o que nos dá (r + s)2 − 2rs = rs(r + s).
Como r + s = − b
a
= 1− 2k, podemos substituir na identidade acima e obter
(1− 2k)2 − 2k = k (1− 2k) .
O que nos leva à seguinte equação quadrática
6k2 − 7k + 1 = 0,
cujas soluções são k = 1 ou k =
1
6
.
Considerando que a 6= c, temos que k = c
a
não pode ser igual a 1, logo, deve-se ter
c
a
=
1
6
.
Pauta de Correção:
• Usar a fórmula do produto das ráızes da equação quadrática c
a
= rs [0,25]
• Usar a fórmula da soma das ráızes da equação quadrática − b
a
= r + s [0,25]
• Usar a fórmula da PA de três termos. [0,25]
• Usar a fórmula da PG de três termos. [0,25]
• Combinar as fórmulas corretamente e concluir o resultado. [0,25]
[05] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,25; (c)=0,25; (d)=0,25 ]
Dizemos que uma função F : R → R é par quando F (−x) = F (x), para todo x ∈ R, e que é ı́mpar quando
F (−x) = −F (x), para todo x ∈ R.
(a) Dê exemplo de uma função par, uma função ı́mpar e uma que não seja nem par nem ı́mpar.
Para os itens a seguir, dada uma função qualquer f : R → R, considere as funções g, h : R → R definidas por
g(x) =
f(x) + f(−x)
2
e h(x) =
f(x)− f(−x)
2
.
(b) A função g é par, ı́mpar ou nem par nem ı́mpar?
(c) A função h é par, ı́mpar ou nem par nem ı́mpar?
(d) Mostre que toda função f : R→ R pode ser escrita como a soma de uma função par com uma função ı́mpar.
Solução
(a) F (x) = x2 é uma função par, G(x) = x é ı́mpar e H(x) = x2 + x não é par nem ı́mpar, pois H(1) = 2 e H(−1) = 0.
(b) A função g é par. De fato,
g(−x) = f(−x) + f(−(−x))
2
=
f(−x) + f(x)
2
= g(x).
(c) A função h é ı́mpar. De fato,
h(−x) = f(−x)− f(−(−x))
2
=
f(−x)− f(x)
2
= −f(x)− f(−x)
2
= −h(x).
(d) Note que f(x) =
f(x) + f(−x)
2
+
f(x)− f(−x)
2
= g(x) + h(x).
Vimos nos itens (b) e (c) que g é par e h é ı́mpar.
Pauta de Correção:
(a) Dar o exemplo de uma função par e uma ı́mpar. [0,25]
Dar o exemplo de uma função nem par nem ı́mpar. [0,25]
(b) Provar que g é par. [0,25]
(c) Provar que h é ı́mpar. [0,25]
(d) Mostrar que f pode ser escrita como a soma de uma função par com uma ı́mpar. [0,25]
[06] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,50; (c)=0,25 ]
No sistema de numeração posicional duodecimal (base 12) os doze śımbolos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A e B são
utilizados comoalgarismos, sendo A = 10 e B = 11. Assim, por exemplo, o número 47, é representado no sistema
duodecimal como 3B12, já que 47 = 3× 12 + 11.
(a) Prove que um número expresso no sistema duodecimal é um múltiplo de 3 se, e somente se, o algarismo das
unidades é também múltiplo de 3.
(b) Quantos são os múltiplos de 3 que possuem quatro algarismos distintos quando representados no sistema duodec-
imal?
(c) Represente o resultado obtido no item (b) no sistema de numeração posicional duodecimal.
Solução
(a) Seja n um número inteiro de k algarismos representado em um sistema de numeração de base 12. Logo
n =
k−1∑
i=0
ai · 12i
em que os ai representam os algarismos de n no sistema duodecimal. Em particular, a0 representa o algarismo das
unidades. Queremos provar que 3|n ⇐⇒ 3|a0 são equivalentes. Para a ida, suponhamos 3|n. Isto equivale a n ≡ 0
mod 3. Assim,
k−1∑
i=0
ai · 12i ≡ 0 mod 3.
Notando que o único termo do somatório que não é múltiplo de 12 é aquele para o qual i = 0, vamos reescrevê-lo isolando
este termo
a0 +
k−1∑
i=1
ai · 12i ≡ 0 mod 3.
Agora podemos colocar 12 em evidência, obtendo
a0 + 12
k−1∑
i=1
ai · 12i−1 ≡ 0 mod 3.
Como 12 = 3× 4, então
a0 ≡ 0 mod 3⇐⇒ 3|a0.
Isso conclui a ida. A volta consiste em notar que todos os passos feitos aqui são reverśıveis.
(b) Queremos escrever um número com quatro algarismos distintos no sistema duodecimal de modo que este seja um múltiplo
de 3. Pelo que vimos no item (a), o algarismos das unidades deve ser um dos algarismos 0, 3, 6 ou 9. E para que possua,
de fato, 4 algarismos, o algarismo de maior valor relativo deve ser diferente de 0. Assim, precisamos dividir nosso prob-
lema em dois casos. O caso I é aquele em que o algarismo das unidades é zero e o caso II aquele em que este vale 3, 6 ou 9.
Em ambos os casos nosso problema será dividido nas seguintes etapas:
(i) escrever o algarismo das unidades (1 possibilidade no caso I e 3 possibilidades no caso II);
(ii) escrever o algarismo de maior valor relativo, que deve ser distinto daquele escolhido na etapa anterior (11 possibil-
idades no caso I e 10 possibilidades no caso II);
(iii) escrever cada um dos outros algarismos, os quais precisam ser diferentes dos dois escolhidos nas etapas anteriores
e também distintos entre si.
No caso 1, o número de possibilidades será 1× 11× (10× 9) = 990.
No caso 2, o número de possibilidades será 3× 10× (10× 9) = 2.700.
Somando o número de possibilidades de cada caso, os quais não possuem interseção, conclúımos que existem 3.690
múltiplos de 3 representados por quatro algarismos distintos no sistema duodecimal.
(c) Para convertermos a representação de um número do sistema decimal para o sistema duodecimal devemos realizar a
divisão inteira por 12 sucessivas vezes (isto é, dividir por 12 o quociente da divisão anterior) até obtermos um quociente
menor que 12. A representação duodecimal terá como algarismos o quociente da última divisão seguido dos restos de
cada divisão, na ordem inversa daquela segundo a qual foram obtidos no processo.
Como
3.690 = 307× 12 + 6
307 = 25× 12 + 7
25 = 2× 12 + 1
temos que 3.690 = 2.17612.
Pauta de Correção:
(a) • Provar uma das implicações. [0,25]
• Provar a rećıproca. [0,25]
(b) • Encontrar a quantidade de representações de um dos casos. [0,25]
• Encontrar o total de representações. [0,25]
(c) Apresentar a representação duodecimal do resultado do item (b), mesmo que tenha errado o item (b). [0,25]
[07] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Um segmento que tem um vértice de um triângulo como uma de suas extremidades e a outra extremidade sobre o lado
oposto a esse vértice é chamado de ceviana interna do triângulo. O Teorema de Ceva afirma que, em um triângulo
ABC, as cevianas internas AA′, BB′ e CC ′ se intersectam em um mesmo ponto se, e somente se,
BA′
A′C
· CB
′
B′A
· AC
′
C ′B
=
1.
Prove, utilizando o Teorema de Ceva, que em um triângulo ABC:
(a) as três medianas de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.
(b) as três bissetrizes internas de um triângulo concorrem em um mesmo ponto.
Solução
(a) Neste caso os pontos A′, B′ e C′ são os pontos médios dos lados BC, AC e AB, respectivamente. Assim, BA′ = A′C,
CB′ = B′A e AC′ = C′B, de modo que
BA′
A′C
=
CB′
B′A
=
AC′
C′B
= 1. Portanto,
BA′
A′C
· CB
′
B′A
· AC
′
C′B
= 1 e, pelo teorema de
Ceva, as três medianas concorrem no mesmo ponto.
(b) Considerando a bissetriz interna AA′, o teorema da bissetriz interna nos garante que
BA′
A′C
=
AB
AC
. De modo análogo,
usando esse mesmo teorema, mas considerando as bissetrizes internas BB′ e CC′, obtemos, respectivamente,
CB′
B′A
=
BC
AB
e
AC′
C′B
=
AC
BC
. Portanto,
BA′
A′C
· CB
′
B′A
· AC
′
C′B
=
AB
AC
· BC
AB
· AC
BC
= 1. Assim, pelo teorema de Ceva, conclúımos que as
três bissetrizes internas concorrem no mesmo ponto.
Pauta de Correção:
(a) • Observou que BA′ = A′C, CB′ = B′A e AC′ = C′B. [0,25]
• Provou o resultado. [0,25]
(b) • Fez uso do teorema da bissetriz interna para concluir BA
′
A′C
=
AB
AC
. [0,25]
• Fez uso do teorema da bissetriz interna para concluir CB
′
B′A
=
BC
AB
e
AC′
C′B
=
AC
BC
. [0,25]
• Concluiu a prova. [0,25]
[08] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Dados x, y ∈ Z, denotamos o maior divisor comum de x e y por (x, y).
(a) Seja a ∈ Z, com a 6= 1, e m ∈ N, mostre que(
am − 1
a− 1
, a− 1
)
= (m, a− 1)
(b) Seja m um número natural. Mostre que
16 | (5m − 1)⇐⇒ 4 |m
Solução
(a) Temos que am − 1 = (a− 1)(am−1 + · · ·+ a+ 1), logo
am − 1
a− 1 = (a
m−1 − 1) + (am−2 − 1) + · · ·+ (a− 1) +m− 1 + 1
Como a− 1|ak − 1, para todo k natural, temos que
am − 1
a− 1 = `(a− 1) +m, onde ` ∈ Z.
Portanto,
(
am − 1
a− 1 , a− 1
)
= (`(a− 1) +m,a− 1) = (m,a− 1).
(b) Suponha que 16|5m − 1. Temos que 5m − 1 = 16k, com k ∈ Z e pelo item (a)(
5m − 1
5− 1 , 5− 1
)
= (m, 5− 1)
Obtemos
(
16k
4
, 4
)
= (m, 4), logo 4 = (4k, 4) = (m, 4). Portanto, 4|m.
Suponha que 4|m. Temos que m = 4k, com k ∈ Z e
5m − 1 = 54k − 1 = (54)k − 1.
Como 624 = 54 − 1|54k − 1 = 5m − 1 e 16|624, concluimos que 16|5m − 1.
(b) Solução Alternativa
Pelo item (a) temos
(
5m − 1
5− 1 , 5− 1
)
= (m, 5− 1), logo
(
5m − 1
4
, 4
)
= (m, 4)
Portanto,
4|m⇐⇒ 4 = (m, 4) =
(
5m − 1
4
, 4
)
⇐⇒ 4
∣∣∣∣5m − 14 ⇐⇒ 16|5m − 1
Pauta de Correção:
(a) • Escrever a
m − 1
a− 1 = k(a− 1) +m. [0,25]
• Concluir o resultado.[0, 25]
(b) • Provar que 16|5m − 1 =⇒ 4|m. [0,5]
• Provar que 4|m =⇒ 16|5m − 1. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2020.2 – Gabarito
[01] [ 1,25 ]
Determine a equação da reta tangente à parábola y = x2 +x+1 no ponto P = (1, 3) usando o seguinte procedimento:
• Escreva a equação de uma reta r passando pelo ponto P = (1, 3) com inclinação m.
• Determine m de modo que a interseção entre a parábola y = x2 + x + 1 e a reta r tenha um único ponto, no
caso o ponto P .
Solução
A equação de uma reta r passando pelo ponto P = (1, 3) é dada por y = 3 +m(x− 1), onde m é a inclinação de r.
Para calcularmos a interseção da parábola com a reta, resolveremos o sistema{
y = x2 + x+ 1
y = 3 +m(x− 1)
Assim, x2 + x + 1 = 3 + m(x − 1), donde x2 + (1 −m)x + m − 2 = 0. O sistema terá uma única solução se, e somente se,
∆ = b2 − 4ac = 0.
Calculando ∆ = (1−m)2 − 4(m− 2) = m2 − 6m+ 9 = (m− 3)2, obtemos ∆ = 0 se, e somente se m = 3.
Portanto a equação da reta tangente é y = 3 +m(x− 1) = 3 + 3(x− 1) = 3x.
Pauta de Correção:
• Escrever a equação da reta r. [0,25]
• Montar o sistema e impor a condição para se obter a interseção. [0,25]
• Concluir que o sistema tem solução única se, e somente se, ∆ = 0. [0,5]
• Calcular o valor de m. [0,25]
[02] [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
A expansão de Cantor de um número inteiro positivo a é a soma
a = an n! + an−1 (n− 1)! + · · ·+ a2 2! + a1 1!
onde ai é um inteiro com 0 6 ai 6 i, para i = 1, 2, . . . , n, e an 6= 0.
Por exemplo 110 = 4 · 4! + 2 · 3! + 1 · 2! + 0 · 1!.
(a)Encontre a expansão de Cantor de 719.
(b) Prove, por indução em m, que
m−1∑
j=1
j · j! = m!− 1, para todo m > 2.
Solução
(a) Observando que 6! = 720 > 719, portanto, o maior valor de n para o qual n! < 719 é n = 5. Assim, dividindo 719 por
120 = 5!, encontramos:
719 = 5 · 5! + 119.
Tomando o resto da divisão acima e dividindo por 24 = 4!, que é o maior valor na forma de fatorial que divide 119,
obtemos:
119 = 4 · 4! + 23.
Tomando o resto da divisão acima e dividindo por 6 = 3!, que é o maior valor na forma de fatorial que divide 23, obtemos:
23 = 3 · 3! + 5.
Tomando o resto da divisão acima e dividindo por 2 = 2!, que é o maior valor na forma de fatorial que divide 5, obtemos:
5 = 2 · 2! + 1.
Das equações acima, conclúımos que:
719 = 5 · 5! + 4 · 4! + 3 · 3! + 2 · 2! + 1 · 1!.
(b) Para m = 2 temos
2−1∑
j=1
j · j! =
1∑
j=1
j · j! = 1 · 1! = 1 = 2!− 1.
Supondo a proposição verdadeira para algum número natural m > 2, provemos que a mesma é também verdadeira para
m+ 1, ou seja, que
m∑
j=1
j · j! = (m+ 1)!− 1.
Vejamos,
m∑
j=1
j · j! = m ·m! +
m−1∑
j=1
j · j! = m ·m! +m!− 1 = (m+ 1) ·m!− 1 = (m+ 1)!− 1.
Logo, a proposição é verdadeira para m+ 1 e, consequentemente, para todo m > 2 pertencente aos naturais.
Pauta de Correção:
(a) Determinar a expansão de Cantor do número 719. [0,5]
(b) • Verificar a validade da proposição para m = 2. [0,25]
• Finalizar a prova da indução. [0,5]
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar o primeiro termo 5 · 5! da expansão de Cantor do número 719. [0,25]
• Encontrar a expansão de Cantor 5 · 5! + 4 · 4! + 3 · 3! + 2 · 2! + 1 · 1! do número 719. [0,25]
(b) • Verificar a validade da proposição para m = 2. [0,25]
• Finalizar a prova da indução. [0,5]
[03] [ 1,25 ]
Uma expressão exponencial ab com a > 0 e b ∈ R é menor que 1 nos seguintes casos: (i) a < 1 e b > 0 ou (ii) a > 1 e
b < 0.
Usando essa informação, determine o conjunto solução da inequação
|2x+ 1|x3−6x2+11x−6 < 1,
em que x ∈ R, x 6= − 12 .
Solução
Como x 6= − 1
2
, a base |2x+ 1| é estritamente maior que zero.
Primeiro caso: |2x+ 1| < 1 e x3 − 6x2 + 11x− 6 > 0.
|2x+ 1| < 1 ⇐⇒ −1 < 2x+ 1 < 1 ⇐⇒ −2 < 2x < 0 ⇐⇒ −1 < x < 0
x3 − 6x2 + 11x− 6 = (x− 1)(x− 2)(x− 3) > 0 ⇐⇒ 1 < x < 2 ou x > 3.
Nesse caso não há solução, pois (−1, 0) ∩ ((1, 2) ∪ (3,+∞)) = ∅.
Segundo caso: |2x+ 1| > 1 e x3 − 6x2 + 11x− 6 < 0.
|2x+ 1| > 1 ⇐⇒ 2x+ 1 < −1 ou 2x+ 1 > 1 ⇐⇒ x < −1 ou x > 0.
x3 − 6x2 + 11x− 6 = (x− 1)(x− 2)(x− 3) < 0 ⇐⇒ x < 1 ou 2 < x < 3.
((−∞,−1) ∪ (0,+∞)) ∩ ((−∞, 1) ∪ (2, 3)) = (−∞,−1) ∪ (0, 1) ∪ (2, 3).
Logo o conjunto solução é (−∞,−1) ∪ (0, 1) ∪ (2, 3).
Pauta de Correção:
• Estabelecer o primeiro caso. [0,25]
• Resolver o primeiro caso. [0,25]
• Estabelecer o segundo caso. [0,25]
• Resolver o segundo caso. [0,25]
• Escrever a solução final. [0,25]
[04] [ 1,25 ]
Considere um triângulo ABC. Sejam M o ponto médio do segmento BC e Γ a circunferência tal que o segmento AB
é um diâmetro.
Prove que AB = AC se, e somente se, M pertence à circunferência Γ.
Solução
Supondo AB = AC, o triângulo BAC é isósceles de vértice A, portanto a mediana AM é também altura. Desta forma, o
triângulo AMB será retângulo, portanto estará inscrito na circunferência Γ, de diamêtro AB.
Se, por outro lado, assumimos que M ∈ Γ, então, como AB é diâmetro, AM̂B = 90◦. Com isso, a mediana AM do triângulo
BAC é também uma altura, provando que BAC é isósceles.
Pauta de Correção:
• Indicar que precisa provar os dois “sentidos” da equivalência, mesmo que um deles apresente erro ou não seja feito. [0, 25]
Provar que, se AB = AC, então M ∈ Γ:
• Dizer que AM é altura do triângulo BAC e concluir que o triângulo AMB é retângulo. [0,25]
• Concluir que M ∈ Γ. [0,25]
Provar que, se M ∈ Γ, então AB = AC:
• Usar o fato de que M ∈ Γ para concluir que o triângulo AMB é retângulo, logo AM é altura do triângulo ABC. [0,25]
• Concluir que o triângulo BAC é isósceles, logo AB = AC. [0,25]
[05] [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
No cilindro circular reto da figura, o raio da base mede 3cm e a altura mede 9cm. Sabe-se ainda que o segmento AB
é perpendicular às bases e que o comprimento do menor arco AC é, em cent́ımetros, 2π.
(a) Determine a medida do segmento BC.
(b) Determine o ângulo AB̂C.
Solução
(a) Como o comprimento do menor arco AC é 2π e o comprimento da circunferência da base superior é 2π ·3 = 6π, o ângulo
central AÔC da figura abaixo será dado por
2π
6π
· 360◦.
Pela Lei dos Cossenos,
AC
2
= 32 + 32 − 2 · 3 · 3 · cos(120◦) ∴ AC2 = 18− 18 ·
(
−1
2
)
= 27.
∴ AC = 3
√
3.
Como AC está contido em uma base, AB e AC são perpendiculares, logo o triângulo BAC é retângulo em A. Pelo
Teorema de Pitágoras,
BC
2
= AB
2
+AC
2
∴ BC
2
= 81 + 27 ∴ BC
2
= 108 ∴ BC = 6
√
3.
(b) Temos que
tgAB̂C =
AC
AB
=
3
√
3
9
=
√
3
3
.
Com isso, AB̂C = 30◦.
De forma alternativa, podeŕıamos ter feito
sen AB̂C =
AC
BC
=
3
√
3
6
√
3
=
1
2
,
ou ainda
cos AB̂C =
AB
BC
=
9
6
√
3
=
√
3
2
,
que também conduziriam a AB̂C = 30◦.
Pauta de Correção:
(a) • Observar que o ângulo central AÔB mede 120◦. [0,25]
• Determinar AC. [0,25]
• Calcular BC. [0,25]
(b) • Observar que tg AB̂C = AC
AB
, ou que sen AB̂C =
AC
BC
, ou ainda cos AB̂C =
AB
BC
. [0,25]
• Determinar AB̂C. [0,25]
[06] [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
(a) Mostre que a solução da recorrência {
xn+2 − 10xn+1 + 25xn = 0;
x0 = 3; x1 = 45
é da forma an · bn em que an é uma progressão aritmética e bn é uma progressão geométrica.
(b) Encontre uma recorrência linear de segunda ordem com coeficientes constantes, indicando as condições iniciais,
cuja solução é a sequência
xn = (a+ nr) · qn
em que a, r e q são números reais.
Solução
(a) A equação carateŕıstica dessa recorrência é λ2 − 10λ+ 25 = 0 cuja raiz única é λ = 5. Logo a solução geral é da forma
xn = C1 · 5n + C2 · n · 5n. Fazendo n = 0 e n = 1 chegamos ao sistema{
3 = x0 = C1
45 = x1 = 5C1 + 5C2
⇐⇒
{
C1 = 3
C2 = 6
Logo a solução é xn = 3 · 5n + 6n · 5n = (3 + 6n) · 5n, onde an = 3 + 6n é uma progressão aritmética e bn = 5n é uma
progressão geométrica.
(b) A equação caracteŕıstica da recorrência procurada deve ter q como única raiz. Assim, deve ser λ2 − 2qλ+ q2 = 0. O que
gera a recorrência xn+2 − 2qxn+1 + q2xn = 0. Os dois primeiros termos da sequência são x0 = a e x1 = (a+ r)q.
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar a solução geral da recorrência. [0,25]
• Encontrar C1 e C2. [0,25]
• Escrever a solução na forma de produto. [0,25]
(b) • Escrever a recorrência. [0,25]
• Determinar os dois primeiros termos. [0,25]
[07] [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
(a) Mostre que se 7 | a2 + b2, onde a e b são números inteiros, então 7 | a e 7 | b.
(b) Resolva a equação diofantina X2 + Y 2 = 637.
Solução
(a) Considere um número inteiro n e sua divisão por 7,
n = 7q + r onde 0 6 r 6 6. Analisando as possibilidades para os restos da divisão de n2 por 7 temos
n = 7q =⇒ n2 = 7t
n = 7q + 1 =⇒ n2 = 7t+ 1
n = 7q + 2 =⇒ n2 = 7t+ 4
n = 7q + 3 =⇒ n2 = 7t+ 9 = 7(t+ 1) + 2
n = 7q + 4 =⇒ n2 = 7t+ 16 = 7(t+ 2) + 2
n = 7q + 5 =⇒ n2 = 7t+ 25 = 7(t+ 3) + 4
n = 7q + 6 =⇒ n2 = 7t+ 36 = 7(t+ 5) + 1
Assim, os posśıveis restos da divisão de um quadrado por 7 são 0, 1, 2 ou 4.
Seja s o resto da divisão de a2 + b2 por 7. Temos que,
7 | a e 7 - b =⇒ s = 1, 2 ou 4
7 - a e 7 | b =⇒ s = 1, 2 ou 4
7 - a e 7 - b =⇒ s = 1, 2, 3, 4, 5 ou 6
Portanto, se 7 | a2 + b2, então 7 | a e 7 | b.
(b) Suponha x e y inteiros tais que x2 + y2 = 637.
Temos que 637 = 72 · 13, logo 7 | x2 + y2.
Usando o item (a), concluimos que x = 7t e y = 7k, com t, k inteiros. Segue que x2 + y2 = 72 · t2 + 72 · k2 = 72 · 13,
donde t2 + k2 = 13.
Concluimos que t2 = 4 e k2 = 9 ( ou t2 = 9 e k2 = 4) , portanto
x = ±14 e y = ±21
ou
x = ±21 e y = ±14
Portanto, os pares (x, y) soluções da equação são:
(14, 21), (14,−21), (−14, 21), (−14,−21), (21, 14),(21,−14), (−21, 14) e (−21,−14).
Solução Alternativa item (a)
Dado um número inteiro n, n ≡ r mod 7 onde 0 6 r 6 6. Segue que,
n ≡ 0 mod 7 =⇒ n2 ≡ 0 mod 7
n ≡ 1 mod 7 =⇒ n2 ≡ 1 mod 7
n ≡ 2 mod 7 =⇒ n2 ≡ 4 mod 7
n ≡ 3 mod 7 =⇒ n2 ≡ 2 mod 7
n ≡ 4 mod 7 =⇒ n2 ≡ 2 mod 7
n ≡ 5 mod 7 =⇒ n2 ≡ 4 mod 7
n ≡ 6 mod 7 =⇒ n2 ≡ 1 mod 7
Suponha que 7 - a ou 7 - b, isto é, a 6≡ 0 mod 7 ou b 6≡ 0 mod 7.
Analisando todas as possibilidades obtemos a2 +b2 ≡ 1, 2, 3, 4, 5, 6 mod 7, logo a2 +b2 6≡ 0 mod 7. Portanto, se 7 | a2 +b2,
então 7 | a e 7 | b.
Pauta de Correção:
(a) • Determinar os restos da divisão de um quadrado por 7. [0,25]
• Determinar os restos da divisão de a2 + b2 por 7. [0,25]
• Concluir o resultado. [0, 25]
(b) • Usar o item (a) e concluir que 7 | x e 7 | y. [0,25]
• Determinar as soluções. [0,25]
[08] [ 1,25 ]
Seja m um número natural. Dois números inteiros a e b são ditos congruentes módulo m se os restos da divisão
euclidiana de a e b por m são iguais. Quando os inteiros a e b são congruentes módulo m, escreve-se
a ≡ b mod m
Suponha que a, b,m ∈ Z, com m > 1. Prove que a ≡ b mod m se, e somente se, m | b− a.
Solução
Sejam a = mq1 + r1 e b = mq2 + r2, com 0 6 r1, r2 < m, as divisões euclidianas de a e b por m, respectivamente.
Suponha que a ≡ b mod m. Segue, da definição, que r1 = r2 e dáı b − a = m(q2 − q1) + r2 − r1 = m(q2 − q1), portanto
m|b− a.
Reciprocamente, suponha que m|b − a. Como r2 − r1 = b − a −m(q2 − q1) e m|b − a, concluimos que m|r2 − r1. Sendo
0 6 r1, r2 < m, temos que |r2 − r1| < m, logo r2 = r1. Portanto, a ≡ b mod m.
Pauta de Correção:
• Escreveu as divisões de a e b por m. [0,25]
• Supondo que a ≡ b mod m, considerou a diferença b− a. [0,25]
• Concluiu que m|b− a. [0,25]
• Supondo que m|b− a, concluiu que m|r2 − r1. [0,25]
• Concluiu que a ≡ b mod m. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2020.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ]
Determine um número inteiro entre 1200 e 1400 que deixa restos 2 e 6 quando dividido, respectivamente, por 11 e 13.
Solução
Queremos determinar uma solução inteira x, 1200 < x < 1400, do seguinte sistema de congruências:{
X ≡ 2 mod 11
X ≡ 6 mod 13
Como (11, 13) = 1, podemos aplicar o Teorema Chinês dos Restos para obter a solução geral.
Considere M = 11 · 13 = 143,M1 = 13 e M2 = 11.
A solução geral é dada por X = M1y1c1 +M2y2c2 + 143t, com t ∈ Z, onde
c1 = 2, c2 = 6 e y1, y2 são soluções das congruências M1y1 ≡ 1 mod 11,M2y2 ≡ 1 mod 13.
Temos que
13y1 ≡ 1 mod 11⇔ 2y1 ≡ 1 mod 11
11y2 ≡ 1 mod 13⇔ −2y2 ≡ 1 mod 13
com soluções y1 = 6 e y2 = 6.
Assim, X = 13 · 6 · 2 + 11 · 6 · 6 + 143t = 552 + 143t.
Como procuramos uma solução x, 1200 < x < 1400, obtemos t = 5 e x = 1267.
Pauta de Correção:
• Escrever o sistema de congruências. [0,25]
• Escrever a forma da solução geral. [0,25]
• Achar a solução geral. [0,5]
• Achar a solução particular. [0,25]
Solução Alternativa
Queremos determinar uma solução inteira x, 1200 < x < 1400, do seguinte sistema de congruências:{
X ≡ 2 mod 11
X ≡ 6 mod 13
Temos que a solução da primeira congruência é dada por X = 2 + 11t. Substituindo na segunda congruência obtemos
2 + 11t ≡ 6 mod 13.
Como,
2 + 11t ≡ 6 mod 13⇔ 11t ≡ 4 mod 13⇔ −2t ≡ 4 mod 13
−2t ≡ 4 mod 13⇔ −12t ≡ 24 ≡ 11 mod 13⇔ t ≡ 11 mod 13
Assim segue que, t = 11 + 13k e X = 2 + 11(11 + 13k) = 123 + 143k, com k ∈ Z.
Como procuramos uma solução x, 1200 < x < 1400, obtemos k = 8 e x = 1267.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Escrever o sistema de congruências. [0,25]
• Resolver uma das congruências e substituir a solução na outra. [0,25]
• Achar a solução geral. [0,5]
• Achar a solução particular. [0,25]
Outra Solução Alternativa
Queremos determinar uma solução inteira X, com 1200 < X < 1400 tal que X = 11x+ 2 e X = 13y + 6.
Então temos a equação diofantina linear 11x− 13y = 4 que tem como solução particular x = −2 e y = −2.
Como (11, 13) = 1, a solução geral é x = 13t− 2, y = 11t− 2, com t ∈ Z.
Assim segue que X = 11(13t− 2) + 2 = 143t− 20.
Logo temos que 1200 < 143t− 20 < 1400↔ 1220 < 143t < 1420 e então t = 9.
Portanto X = 143 · 9− 20 = 1267.
Pauta de Correção da Outra Solução Alternativa:
• Escrever a equação diofantina linear. [0,25]
• Encontrar a solução geral da equação diofantina linear. [0,5]
• Achar a solução geral para X. [0,25]
• Achar o valor de X. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,50; (c)=0,25 ]
Para cada sentença abaixo, diga se ela é verdadeira ou falsa, justificando sua resposta.
(a) Existe um número real x tal que 5x + 7 < 2− x < 7x + 8.
(b) Se x é um número real tal que x > 3, então
x2 + 4x + 3
x2 − 4x + 3
> 0.
(c) Para todo número real x, tem-se que x < 1 =⇒ x2 < 1.
Solução
(a) Temos que
5x+ 7 < 2− x < 7x+ 8 ⇐⇒ 5x+ 7 < 2− x e 2− x < 7x+ 8
⇐⇒ x < −5
6
e x > −3
4
.
Portanto, a sentença é falsa, pois −5
6
< −3
4
.
(b) Como x > 3, temos que x2 + 4x+ 3 > 0 e assim
x2 + 4x+ 3
x2 − 4x+ 3 > 0 ⇐⇒ x
2 − 4x+ 3 > 0.
Considerando que x2 − 4x+ 3 > 0 ⇐⇒ (x− 1)(x− 3) > 0, conclúımos que, se x > 3 então (x− 1)(x− 3) > 0.
Portanto, a sentença é verdadeira.
(c) A sentença é falsa pois para x = −2 temos que
−2 < 1 e (−2)2 > 1.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever que 5x+ 7 < 2− x < 7x+ 8 é equivalente a 5x+ 7 < 2− x e 2− x < 7x+ 8. [0,25]
• Resolver as duas inequações e concluir que a sentença é falsa. [0,25]
(b) • Observar que, como x > 3, a inequação é equivalente a x2 − 4x+ 3 > 0. [0,25]
• Concluir que, como x > 3, a sentença é verdadeira. [0,25]
(c) Justificar que a sentença é falsa exibindo um valor de x que não verifica a implicação. [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,25; (d)=0,25 ]
Seja D um ponto no interior de um triângulo equilátero ABC de lado ` tal que AD = 7, BD = 8 e CD = 5. Considere
um ponto E no exterior do triângulo ABC, conforme a figura, tal que o ângulo DĈE = 60◦ e CD = CE.
(a) Mostre que os triângulos ACE e BCD são congruentes.
(b) Determine os comprimentos dos segmentos AE e DE.
(c) Encontre a medida do ângulo AÊD.
(d) Encontre o valor de `.
Solução
(a) Como DĈE = BĈA = 60◦, então BĈD = BĈA −DĈA = 60◦ −DĈA = DĈE −DĈA = AĈE e, já que AC = BC,
pois ABC é equilátero, e CE = CD, por hipótese, conclúımos pelo caso LAL, que os triângulos ACE e BCD são
congruentes.
(b) Pela congruência provada no item (a) temos que AE = BD = 8. Além disso, como CD = CE = 5 e DĈE = 60◦, segue
que o triângulo DCE é equilátero e, portanto, DE = 5.
(c) Seja AÊD = α. Aplicando a lei dos cossenos no triângulo AED temos que AD
2
= AE
2
+DE
2 − 2 · AE ·DE · cosα.
Segue dáı que 49 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 · cosα e então cosα = 0, 5. Portanto AÊD = α = 60◦.
(d) Usando o fato, já conclúıdo no item (b), de que CDE é equilátero e o resultado provado no item (c), temos que
AÊC = 120◦. Aplicando a lei dos cossenos no triângulo AEC segue que
AC
2
= AE
2
+ CE
2 − 2 ·AE · CE · cos 120◦.
Logo temos que `2 = 64 + 25− 2 · 8 · 5 · (−0, 5) = 129.
Portanto ` =
√
129.
Pauta de Correção:
(a) Provar a congruência dos triângulos ACE e BCD. [0,25]
(b) • Determinar o comprimento do segmento AE. [0,25]
• Determinar o comprimento do segmento DE. [0,25]
(c) Encontrar o valor de AÊD usando a lei dos cossenos. [0,25]
(d) Encontrar o valor de ` usando a lei dos cossenos. [0,25]
Questão 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Dizemos que dois polinômios p(X) e q(X) são tangentes para X = r quando a diferença p(X)− q(X) é diviśıvel por
(X − r)2.
(a) Mostre que p(X) = aX2 + bX + c e q(X) = (2ar + b)X + (c− ar2) são tangentes para X = r.
(b) Seja p(X) = anX
n + · · · + a2X2 + a1X + a0, em que n > 2 e a1 6= 0. Encontre o polinômio de grau 1 que é
tangente a p(X) para X = 0.
Solução
(a)
p(X)− q(X) = aX2 + bX + c− ((2ar + b)X + (c− ar2))
= aX2 + bX + c− (2ar + b)X − (c− ar2)
= aX2 + (b− (2ar + b))X + c− (c− ar2)
= aX2 − 2arX + ar2
= a(X − r)2.
Logo (X − r)2divide p(X)− q(X).
(b) Seja q(X) = mX + n. Queremos encontrar m,n ∈ R de forma que X2 divida p(X)− q(X).
p(X)− q(X) = anXn + · · ·+ a2X2 + a1X + a0 − (mX + n)
= anX
n + · · ·+ a2X2 + (a1 −m)X + a0 − n
= X2(anX
n−2 + · · ·+ a3X + a2) + (a1 −m)X + a0 − n.
Como o resto r(X) = (a1 −m)X + a0 − n nesta expressão deve ser identicamente nulo, conclúımos que a1 = m e que
a0 = n, ou seja, q(X) = a1X + a0.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever o polinômio p(X)− q(X). [0,25]
• Fatorar o polinômio p(X)− q(X). [0,25]
(b) • Escrever o polinômio p(X)− q(X). [0,25]
• Mostrar que o resto é r(X) = (a1 −m)X + a0 − n. [0,25]
• Concluir que o resto é identicamente nulo e mostrar q(X). [0,25]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Quais são os posśıveis restos da divisão do quadrado de um número inteiro por 5?
(b) Uma tripla pitagórica é uma tripla de inteiros positivos a, b e c tais que a2 + b2 = c2. Use o item (a) para
mostrar que em toda tripla pitagórica sempre há um múltiplo de 5.
Solução
(a) Todo número inteiro deixa resto 0, 1, 2, 3 ou 4 quando dividido por 5. Desta forma, se n é um inteiro qualquer, temos
uma, e apenas uma, das seguintes situações:
n ≡ 0 mod 5 =⇒ n2 ≡ 0 mod 5
n ≡ 1 mod 5 =⇒ n2 ≡ 1 mod 5
n ≡ 2 mod 5 =⇒ n2 ≡ 4 mod 5
n ≡ 3 mod 5 =⇒ n2 ≡ 4 mod 5
n ≡ 4 mod 5 =⇒ n2 ≡ 1 mod 5
Isto é, um quadrado perfeito deixa resto 0, 1 ou 4 quando dividido por 5.
(b) No caso em que um dos inteiros a ou b é múltiplo de cinco, não há o que provar. Suponhamos então que nem a nem b
sejam múltiplos de 5. Então, deve ocorrer uma das possibilidades abaixo:
(1) a2 ≡ 1 mod 5 e b2 ≡ 1 mod 5 =⇒ a2 + b2 ≡ 2 mod 5 =⇒ c2 ≡ 2 mod 5
(2) a2 ≡ 4 mod 5 e b2 ≡ 4 mod 5 =⇒ a2 + b2 ≡ 8 mod 5 =⇒ c2 ≡ 3 mod 5
(3) a2 ≡ 1 mod 5 e b2 ≡ 4 mod 5 =⇒ a2 + b2 ≡ 5 mod 5 =⇒ c2 ≡ 0 mod 5
(4) a2 ≡ 4 mod 5 e b2 ≡ 1 mod 5 =⇒ a2 + b2 ≡ 5 mod 5 =⇒ c2 ≡ 0 mod 5
Pelo item (a) sabemos que os dois primeiros casos são imposśıveis, já que os restos da divisão por 5 não podem ser 2
nem 3 e os dois últimos casos significam que c2, e portanto c, é múltiplo de 5. Isso mostra que deve haver sempre um
múltiplo de 5 entre os inteiros a, b e c.
Pauta de Correção:
(a) • Observar que os inteiros podem ser divididos em classes conforme o resto da divisão por 5. [0,25]
• Encontrar os posśıveis restos da divisão por 5 elevando ao quadrado os representantes de cada classe. [0,25]
(b) • Listar todos os casos posśıveis. [0,25]
• Argumentar, com base no item (a), que os casos (1) e (2) são imposśıveis. [0,25]
• Argumentar que os casos (3) e (4) implicam que c é múltiplo de 5. [0,25]
Questão 06 [ 1,25 ]
Um poliedro é dito inscrit́ıvel se existir uma esfera que passa por todos os seus vértices. Mostre que um prisma reto
cuja base é um poĺıgono regular é um poliedro inscrit́ıvel.
Solução
Seja A1A2...An o poĺıgono regular de uma das bases do prisma. Como este prisma é reto, a outra base será o poĺıgono A
′
1A
′
2...A
′
n
congruente a A1A2...An e tal que os lados correspondentes AiAi+1 e A
′
iA
′
i+1 são paralelos.
A base A1A2...An é regular, logo, podemos considerar o centro O do ćırculo C, de raio r, que circunscreve este poĺıgono. Como
a outra base, A′1A
′
2...A
′
n, é congruente a A1A2...An, ela será inscrit́ıvel em um ćırculo C′, de mesmo raio r e centro O′. Como o
sólido em questão é um prisma, os planos que contém as bases são paralelos, e, como este prisma é reto, o segmento OO′ será
perpendicular a estes planos, e paralelo às arestas AiA
′
i.
Seja M o ponto médio de OO′. Cada triângulo MOAi é retângulo com catetos de medidas MO e r. Como isso, todos estes
triângulos são congruentes, e, consequentemente, MA1 ≡ MA2 ≡ ... ≡ MAn. Da mesma forma, cada triângulo MOA′i é
retângulo com catetos de medidas MO′ = MO e r, logo, MA′1 ≡MA′2 ≡ ... ≡MA′n ≡MA1 ≡ ... ≡MAn.
Assim, M é o centro de uma esfera que passa por todos os vértices
A1, ..., An, A
′
1, ..., A
′
n, tendo os segmentos MAi e MA
′
i como raios.
Pauta de Correção:
• Apresentar, mesmo que só em um desenho, o segmento que une os centros dos ćırculos que circunscrevem as bases. [0,25]
• Afirmar que a esfera que circunscreve o prisma tem centro em M , ponto médio do segmento do item de pauta anterior.
[0,5]
• Mostrar que todos os segmentos que unem M aos vértices do prisma são congruentes. [0,5]
Questão 07 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Seja f : (0,+∞)→ R, f(x) = ax4 + 2b
x2
, onde a e b são números reais positivos.
(a) Calcule f
(
6
√
b
a
)
.
(b) Use a desigualdade das médias para provar que o valor encontrado no item anterior é o valor mı́nimo de f .
Solução
(a)
f
(
6
√
b
a
)
= a
(
6
√
b
a
)4
+
2b(
6
√
b
a
)2 = a b2/3a2/3 + 2bb1/3
a1/3
= a1/3b2/3 + 2a1/3b2/3 = 3
3
√
ab2.
(b) Como a, b e x são positivos segue, pela desigualdade entre as médias aritmética e geométrica (MA > MG), que
f(x) = ax4 +
2b
x2
= ax4 +
b
x2
+
b
x2
> 3 3
√
ax4 · b
x2
· b
x2
= 3
3
√
ab2 = f
(
6
√
b
a
)
.
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar o valor 3 3
√
ab2 . [0,5]
(b) • Usar a desigualdade das médias com três termos de modo a obter o resultado. [0,5]
• Concluir que 3 3
√
ab2 é o valor mı́nimo. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Um ônibus possui 32 poltronas distribúıdas em 8 fileiras, ou seja, quatro em cada fileira, duas em cada lado do
corredor. Pergunta-se:
(a) Se forem os primeiros a entrar no ônibus, de quantas formas uma criança e seus dois responsáveis podem ocupar
três poltronas do ônibus de modo que todos fiquem na mesma fileira e um dos adultos fique ao lado da criança,
sem que esteja separado pelo corredor?
(b) Se outras 29 pessoas já entraram no ônibus, ocupando as poltronas de forma completamente aleatória, deixando
apenas 3 poltronas livres, qual a probabilidade de que seja posśıvel os três se sentarem da forma estabelecida
no item anterior?
Solução
(a) Ao entrar no ônibus vazio a criança tem 32 duas possibilidades de escolha. Depois que a criança estiver sentada deve-se
decidir qual dos responsáveis sentará ao seu lado, para o que há 2 possibilidades. Estando um dos responsáveis sentado
ao lado da criança, o outro deverá então escolher uma dentre as 2 poltronas restantes na mesma fileira. Considerando
estas três etapas (escolha da criança, escolha do responsável ao seu lado e escolha da poltrona do outro responsável) e
aplicando a elas o prinćıpio fundamental da contagem (PFC) podemos concluir que há 32 × 2 × 2 = 128 configurações
de ocupação das três poltronas pela criança e seus responsáveis que atendem as condições do enunciado.
(b) Para encontrar a probabilidade de haver uma configuração que atenda ao item (a) devemos calcular o número de
configurações do espaço amostral que atendem a essas condições e dividir esse número pelo total de configurações do
espaço amostral. Para encontrar o total de configurações basta notar que precisamos escolher quais serão as três poltronas
vazias dentre as 32, o que corresponde a C332 =
32!
3! 29!
= 32× 31× 5 = 4960 configurações. Já as configurações desejadas
são aquelas nas quais as três poltronas livres estão todas na mesma fileira. Assim, para encontrar o total de configurações
desejadas, basta escolhermos uma dentre as 8 fileiras existentes e, a seguir, qual dentre as 4 poltronas da fileira escolhida
estará ocupada, totalizando, pelo PFC novamente, 8 × 4 = 32 possibilidades. Portanto, a probabilidade procurada é
32
4960
=
8× 4
32× 31× 5 =
1
155
.
Pauta de Correção:
(a) • Concluir que há 32 possibilidades de escolha para a criança ou concluir que após a criança se sentar há 2 × 2 = 4
possibilidades de escolha para os responsáveis ou concluir alguma contagem parcial correta. [0,25]
• Concluir que há, no total, 128 possibilidades. [0,25]
(b) • Concluir que há C2932 = C332 = 32× 31× 5 = 4960 casos posśıveis, que correspondem a todas as maneiras posśıveis
dos 29 passageiros se sentarem aleatoriamenteno ônibus. [0,25]
• Concluir que há 8 × 4 = 32 casos favoráveis, que correspondem aos casos posśıveis em que uma fileira terá três
lugares vagos. [0,25]
• Calcular a probabilidade como a razão entre casos favoráveis e casos posśıveis. [0, 25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2019.2 – Gabarito
[01] QstId=227 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Prove que, se p é primo e p 6= 3, então p2 deixa resto 1 na divisão por 3.
(b) Sejam p, q, r e n primos positivos tais que n = p2 + q2 + r2. Mostre que um dos primos p, q, r é igual a 3.
Solução
(a) Considere p primo, p 6= 3. Pela divisão euclidiana, tem-se que
p = 3s+ t, com 0 6 t 6 2.
Como p é primo e p 6= 3, segue que t = 1 ou t = 2 e assim p = 3s+ 1 ou p = 3s+ 2. Analisando os dois casos,
p2 = (3s+ 1)2 = 9s2 + 6s+ 1 = 3(3s2 + 2s) + 1
p2 = (3s+ 2)2 = 9s2 + 12s+ 4 = 3(3s2 + 4s+ 1) + 1
Portanto, p2 deixa resto igual a 1 na divisão por 3.
(b) Sejam p, q, r e n primos tais que n = p2 + q2 + r2. Suponha, por absurdo, que p, q, r 6= 3. Dáı, usando o item (a),
n = (3s1 + 1) + (3s2 + 1) + (3s3 + 1) = 3(s1 + s2 + s3 + 1)
Temos uma contradição, pois n > 3 e n é primo.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever que p = 3s+ 1 ou p = 3s+ 2. [0,25]
• Concluir que, nos dois casos, p2 deixa resto 1 na divisão por 3. [0,25]
(b) • Supor, por absurdo, que p, q, r 6= 3. [0,25]
• Usar o item (a) para escrever n. [0,25]
• Concluir a contradição. [0,25]
[02] QstId=1437 [ 1,25 ]
O Teorema do Ângulo Inscrito afirma que se AB e AC são cordas de um ćırculo de centro O, então a medida do
ângulo inscrito ∠BAC é igual à metade do ângulo central ∠BOC correspondente. Prove esse teorema no caso em
que o ângulo ∠BAC contém o centro O em seu interior.
Solução
Prolongando o raio AO obtemos o diâmetro AD. Os triângulos AOC e AOB são isósceles de bases AC e AB, respectivamente,
logo
OÂC = OĈA = α e OÂB = OB̂A = β.
Como o centro O está no interior do ângulo BÂC, o diâmetro AD divide em dois cada um dos ângulos BÂC e BÔC, ou seja,
BÔC = CÔD +BÔD e BÂC = BÂO + CÂO.
Usando o teorema do ângulo externo aplicado aos triângulos AOC e OBA obtemos CÔD = 2α e BÔD = 2β. Conclúımos
que,
BÔC = CÔD +BÔD = 2α+ 2β = 2(α+ β) = 2BÂC.
Portanto, BÂC =
BÔC
2
.
Pauta de Correção:
• Concluir que os triângulos AOC e AOB são isósceles. [0,25]
• Concluir que os ângulos das bases dos triângulos isósceles são congruentes. [0,25]
• Observar que o diâmetro AD divide em dois cada um dos ângulos BÂC e BÔC. [0,25]
• Aplicar o teorema do ângulo externo duas vezes. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
[03] QstId=1348 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Sabendo que u e v são as ráızes reais da equação x2 + bx+ c = 0, onde b, c ∈ R, encontre:
(a) Uma equação do segundo grau, com coeficientes dados em função de b e c, que tenha como ráızes u2 e v2.
(b) Uma equação do segundo grau, com coeficientes dados em função de b e c, que tenha como ráızes u3 e v3.
Solução
Note que se u e v são ráızes da equação x2 + bx+ c = 0, então u+ v = −b e uv = c.
(a) Pelas relações acima segue que
u2 + v2 = (u+ v)2 − 2uv = b2 − 2c e u2v2 = (uv)2 = c2.
Logo u2 e v2 são ráızes da equação do segundo grau x2 + (2c− b2)x+ c2 = 0.
(b) Agora temos que u3 + v3 = (u+ v)3 − 3uv(u+ v) = −b3 − 3c(−b) = −b3 + 3bc e u3v3 = (uv)3 = c3.
Logo u3 e v3 são ráızes da equação do segundo grau x2 + (b3 − 3bc)x+ c3 = 0.
Pauta de Correção:
(a) • Observar que u+ v = −b e u · v = c. [0,25]
• Expressar u2 + v2 em função de b e de c. [0,25]
• Achar a equação pedida. [0,25]
(b) • Expressar u3 + v3 em função de b e de c. [0,25]
• Achar a equação pedida. [0,25]
Solução Alternativa
Seja u uma raiz da equação x2 + bx+ c = 0.
(a) Como u2 + bu+ c = 0 então −bu = u2 + c, logo (−bu)2 = u4 + 2cu2 + c2. Portanto u4 + (2c− b2)u2 + c2 = 0. Segue-se
que u2 é raiz da equação x2 + (2c− b)x+ c2 = 0.
(b) Tem-se que (−bu)3 = (u2 + c)3 = u6 + 3u2c(u2 + c) + c3 = u6− 3bcu3 + c3 Portanto u6 + (b3− 3bc)u3 + c3 = 0. Segue-se
que u3 é raiz da equação x2 + (b3 − 3bc)x+ c3 = 0.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
(a) • Escrever −bu = u2 + c. [0,25]
• Desenvolver e obter b2u2 = u4 + 2cu2 + c2. [0,25]
• Achar a equação pedida. [0,25]
(b) • Desenvolver (−bu)3 = u6 + 3cu2(u2 + c) + c3 = u6 − 3bcu3 + c3. [0,25]
• Achar a equação pedida. [0,25]
[04] QstId=1420 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
(a) Determine o número de soluções inteiras não negativas da equação x+ y + z + t = 98.
(b) Determine o número de soluções inteiras não negativas da inequação x+ y + z 6 98.
Solução
(a) Cada solução da equação x+ y + z + t = 98 pode ser representada por uma fila de 98 sinais + e 3 sinais | que separam as
incógnitas. Além disso, cada fila desta forma corresponde a uma solução da equação. Por exemplo, + + ...+︸ ︷︷ ︸
29
|+ + ...+︸ ︷︷ ︸
37
||+ + ...+︸ ︷︷ ︸
32
corresponde à solução (29, 37, 0, 32).
Para contar a quantidade de tais filas, basta escolher 98 dentre os 98+3=101 lugares para colocar os sinais de +. Isso pode
ser feito de C98101 maneiras, ou seja,
101!
98!3!
= 166.650 são as soluções da equação x+ y + z + t = 98.
(b) Em cada solução inteira não negativa de x+ y+ z 6 98 definimos a folga da solução por t = 98− (x+ y+ z). Assim, existe
uma correspondência biuńıvoca entre as soluções inteiras não negativas de x+ y + z 6 98 e as soluções inteiras não negativas
de x+ y + z + t = 98.
Portanto o número de soluções inteiras não negativas de x+ y + z 6 98 é igual a 166.650.
Pauta de Correção:
(a) • Representar as soluções através de dois śımbolos colocados em fila. [0,25]
• Identificar uma técnica de contagem adequada (combinação simples ou permutação com repetição) para encontrar
o número de soluções. [0,25]
• Obter a resposta correta. [0,25]
(b) • Observar que o número de soluções da inequação coincide com o número de soluções da equação. [0,25]
• Obter a resposta correta. [0,25]
Pauta Alternativa de Correção para o item (a):
• Identificar a combinação com repetição como técnica de contagem. [0,5]
• Realizar as contas corretamente. [0,25]
[05] QstId=1453 [ 1,25 ]
Você tem dinheiro aplicado à taxa de 10% ao mês. Suponha que, com esse dinheiro, deseja comprar um bem e você
tem duas opções de pagamento:
(I) À vista no valor de R$ 3.500,00.
(II) Em 2 prestações mensais fixas de R$ 2.000,00, vencendo a primeira um mês após a compra.
Qual das opções é a mais vantajosa financeiramente?
Solução
Considere a data da compra à vista como sendo a data zero. Tomando o valor de cada prestação para a data zero com a taxa
de 10%, teremos um total de
2000
1, 1
+
2000
(1, 1)2
=
2000 · (1, 1) + 2000
(1, 1)2
=
4200
1, 21
≈ 3471, 07 que é menor que 3500.
Logo a opção (II) é a mais vantajosa .
Pauta de Correção:
• Determinar o valor da prestação ou o valor à vista em alguma data. [0,25]
• Calcular o somatório das prestações em alguma data. [0,25]
• Comparar o somatório com o valor à vista na mesma data. [0,25]
• Concluir corretamente a melhor opção. [0,5]
Solução Alternativa
Digamos que você tem os R$ 3500,00, mas opta pela opção (II).
Assim, após um mês você terá 3500 + 10% · 3500 = 3850 reais. Você paga a primeira parcela de R$ 2000 e ainda sobram 1850
reais.
Após mais um mês, haverá 1850 + 10% · 1850 = 2035 reais na conta. Logo você paga a segunda parcela e sobrarão 35 reais.
Portanto a opção (II) é a mais vantajosa.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Concluir que o valor à vista, após um mês, valerá 3850 reais.[0,25]
• Deduzir a primeira prestação e obter 1850 reais. [0,25]
• Calcular o valor da aplicação de 1850 reais, após um mês. [0,25]
• Concluir que, após pagar a segunda prestação ainda sobrarão 35 reais reais e escolher a segunda opção. [0,5]
[06] QstId=1457 [ 1,25 ]
O copo emforma de tronco de cone circular reto representado na figura está apoiado em uma superf́ıcie perfeitamente
horizontal e tem as seguintes medidas: raio da base superior igual a 5 cm, raio da base inferior igual a 3 cm e altura
igual a 12 cm. Se esse copo está preenchido com água até a altura de 9 cm, pergunta-se: é posśıvel transferir toda
a água contida em um outro copo de 200 mL, completamente cheio, para o copo que aparece na figura sem que este
transborde?
Informação: O volume V de um tronco de cone cujos raios das bases são R e r e cuja altura é h é dado por
V =
πh
3
(R2 +Rr + r2).
Solução
Efetuando um corte transversal passando pelos centros A e D das circunferências da borda e da base do copo obtemos uma figura
como a representada abaixo, na qual estão representados o trapézio ABCD, cujas bases AB e CD medem, respectivamente, 5
cm e 3 cm e cuja altura mede 12 cm e o trapézio PQCD, cuja base PQ mede a e a altura mede 9 cm.
Traçando uma paralela a AD passando por C obtemos os pontos E e T de interseção desta paralela com os segmentos AB e
PQ. Chamaremos de x a medida do segmento TQ. Note que a = 3 + x.
Para saber se o copo irá ou não transbordar ao acrescentarmos 200 mL de água precisamos calcular a capacidade da parte
vazia do copo, isto é, o volume do tronco de cone de altura AP = 3 cm e raios das bases a cm e 5 cm. Resta-nos então a
tarefa de encontrar o valor de a. Para tanto, basta descobrirmos o valor de x, considerando a semelhança entre os triângulos
BCE e QCT. Assim temos:
x
2
=
9
12
x = 1, 5.
Assim, conclúımos que a = 4, 5 cm e, utilizando a fórmula fornecida para o cálculo do volume V do tronco de cone conclúımos
que:
V =
3π
3
(52 + 5× 4, 5 + (4, 5)2)
V = π(25 + 22, 5 + 20, 25)
V ≈ 3, 14× 67, 75
V ≈ 212, 735 cm3.
Desta forma, como o volume da parte vazia do copo é de aproximadamente 212, 735 cm3 = 212, 735 mL > 200 mL, chegamos
a conclusão de que é posśıvel acrescentar mais 200 mL de água no copo sem que este transborde.
Pauta de Correção:
• Representar o corte transversal do copo por meio de uma figura. [0,25]
• Encontrar o raio da circunferência que representa a superf́ıcie da água contida no copo inicialmente. [0,5]
• Calcular o volume da parte vazia do copo. [0,25]
• Concluir que é posśıvel acrescentar mais 200 mL de água no copo sem que este transborde. [0,25]
[07] QstId=1465 [ 1,25 ]
Considere duas progressões aritméticas, de razões não nulas:
(a1, a2, . . . , an, . . .) e (b1, b2, . . . , bn, . . .)
Mostre que existe uma, e somente uma, função afim f : R → R, tal que
f(a1) = b1, f(a2) = b2, . . . , f(an) = bn, . . ..
Solução
Sejam r e s, respectivamente, as razões das progressões aritméticas
(a1, a2, . . . , an, . . .) e (b1, b2, . . . , bn, . . .).
Unicidade: Considere uma função afim f(x) = mx+ n tal que f(a1) = b1 e f(a2) = b2. Então,{
m · a1 + n = b1
m(a1 + r) + n = b1 + s.
Resolvendo o sistema, obtemos m =
s
r
e n = b1 −
s
r
a1. Portanto, existe uma única função afim f(x) = mx + n tal que
f(a1) = b1 e f(a2) = b2.
Existência: Agora basta verificar que a função afim f(x) =
s
r
x+
(
b1 −
s
r
a1
)
é tal que f(an) = bn, para todo n > 1.
Temos que an = a1 + (n− 1)r e bn = b1 + (n− 1)s e assim
f(an) =
s
r
(a1 + (n− 1)r) +
(
b1 −
s
r
a1
)
=
s
r
a1 + (n− 1)s+ b1 −
s
r
a1 = bn
Pauta de Correção:
• Considerar uma função f(x) = mx+ n tal que f(a1) = b1 e f(a2) = b2. [0,25]
• Calcular m e n. [0,25]
• Escrever os termos gerais das duas sequências. [0,25]
• Mostrar que f(an) = bn, para todo n > 1. [0,5]
Solução Alternativa
Sejam r e s, respectivamente, as razões das progressões aritméticas
(a1, a2, . . . , an, . . .) e (b1, b2, . . . , an, . . .)
Existência: O gráfico de uma função afim é uma reta. A equação da reta que passa pelos pontos (a1, b1) e (a2, b2) é dada por
f(x) = b1 +
b2 − b1
a2 − a1
(x− a1) = b1 +
b1 + s− b1
a1 + r − a1
(x− a1) = b1 +
s
r
(x− a1)
Vamos mostrar que f(an) = bn, para todo n > 1.
Temos que an = a1 + (n− 1)r e bn = b1 + (n− 1)s e assim
f(an) = b1 +
s
r
(a1 + (n− 1)r − a1) = b1 + (n− 1)s = bn
Unicidade: Considere g(x) = mx + x uma função afim tal que g(an) = bn, para todo n > 1. Como g(a1) = b1 e g(a2) = b2
temos que {
m · a1 + n = b1
m · a2 + n = b2
Obtemos assim, m =
b2 − b1
a2 − a1
=
s
r
e n = b1 −
s
r
a1.
Logo temos que g(x) =
s
r
x+ b1 −
s
r
a1 = b1 +
s
r
(x− a1) = f(x), para todo x real. Portanto g = f .
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Encontrar a função f(x) = b1 +
s
r
(x− a1). [0,25]
• Escrever os termos gerais das duas sequências. [0,25]
• Mostrar que f(an) = bn, para todo n > 1. [0,25]
• Considerar uma função afim g tal que g(an) = bn, para todo n > 1. [0,25]
• Mostrar que g = f . [0,25]
[08] QstId=1468 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Mostre que se a, b e c são inteiros tais que a | (b+ c) e a | b, então a | c.
(b) Determine os números primos tais que p divide 3p + 382.
Solução
(a) Temos que existem k e ` ∈ Z tais que b+ c = ak e b = a`. Logo
a`+ c = ak ⇐⇒ c = ak − a` ⇐⇒ c = a(k − `).
Portanto, a | c .
(b) Como p é primo, pelo Teorema de Fermat, temos que p|(3p − 3).
Escrevendo 3p + 382 = 3p − 3 + 385, conclúımos que p|(3p + 382) se, e somente se, p|385 = 5 · 7 · 11. Portanto p = 5, 7
ou 11.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever as hipóteses sob a forma de igualdades. [0,25]
• Provar o resultado. [0,25]
(b) • Observar, usando Fermat, que p divide 3p − 3. [0,25]
• Calcular os valores de p. [0,5]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2019.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Resolva as seguintes recorrências:
(a) an+2 − 5an+1 + 4an = 0, a0 = 1, a1 = 3.
(b) an+2 − 4an+1 + 4an = 2n, a0 = −1, a1 = 6.
Solução
(a) A equação caracteŕıstica da recorrência an+2 − 5an+1 + 4an = 0 é dada por r2 − 5r + 4 = 0, cujas ráızes são r1 = 1 e
r2 = 4. A solução geral é dada por
an = c1 + c2 · 4n
Considerando que a0 = 1 e a1 = 3, obtemos
{
c1 + c2 = 1
c1 + 4c2 = 3
e resolvendo o sistema, c1 =
1
3
e c2 =
2
3
. Portanto,
an =
1
3
+
2
3
· 4n
(b) A equação caracteŕıstica da recorrência an+2−4an+1 +4an = 2n é dada por r2−4r+4 = 0, cujas ráızes são r1 = r2 = 2.
A solução geral é dada por an = c1 · 2n + c2 · n · 2n + tn, onde tn é uma solução particular.
Tentaremos uma solução do tipo tn = A · n2 · 2n. Substituindo na recorrência temos que
A · (n+ 2)2 · 2n+2 − 4A · (n+ 1)2 · 2n+1 + 4A · n2 · 2n = 2n
Fazendo as contas, obtemos 8A2n = 2n, portanto A =
1
8
e a solução geral é dada por an = c1 ·2n+ c2 ·n ·2n+
1
8
·n2 ·2n.
Considerando que a0 = −1 e a1 = 6, obtemos c1 = −12c1 + 2c2 + 1
4
= 6
e dáı, c1 = −1, c2 =
31
8
. Portanto a solução é dada por
an = −2n +
31
8
· n · 2n + 1
8
· n2 · 2n
Pauta de Correção:
(a) • Escrever a forma da solução geral . [0,25]
• Obter a solução, usando as condições iniciais. [0,25]
(b) • Escrever a forma da solução. [0,25]
• Determinar uma solução particular. [0,25]
• Obter a solução, usando as condições iniciais. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
(a) Prove, usando indução, que 11n+2 + 122n+1 é diviśıvel por 133, para qualquer número natural n.
(b) Prove, usando congruências, que 11n+2 + 122n+1 é diviśıvel por 133, para qualquer número natural n.
Solução
(a) Para n = 1, temos 113 + 123 = 1331 + 1728 = 3059 = 23 · 133, logo diviśıvel por 133.
Suponha que, para um certo k > 1, tenhamos 11k+2 + 122k+1 diviśıvel por 133.
Vamos provar que 11k+3 + 122k+3 também é diviśıvel por 133.
Temos que
11k+3 + 122k+3 = 11k+2 · 11 + 122k+1 · 122 = 11k+2 · 11 + 122k+1 · (133 + 11).
Logo,
11k+3 + 122k+3 = 11 · (11k+2 + 122k+1) + 133 · 122k+1.
Como, por hipótese de indução, 133 divide 11k+2 + 122k+1, conclúımos que 11k+3 + 122k+3 é diviśıvel por 133.
Portanto, 11n+2 + 122n+1 é diviśıvel por 133, para qualquer n natural.
(b) Basta provar que 11n+2 +122n+1 ≡ 0 mod 133.
Temos, usando propriedades das congruências, que
11n+2 + 122n+1 = 112 · 11n + 12 · (122)n ≡ 121 · 11n + 12 · 11n ≡ 133 · 11n ≡ 0 mod 133
Uma alternativa para as contas:
11n+2 = 121 · 11n ≡ −12 · 11n mod 133
122n+1 = 12 · 144n ≡ 12 · 11n mod 133
Somando as duas congruências obtemos
11n+2 + 122n+1 ≡ 0 mod 133
Portanto, 11n+2 + 122n+1 é diviśıvel por 133, para qualquer n natural.
Pauta de Correção:
(a) • Verificar que a afirmação é válida para n = 1. [0,25]
• Concluir a prova por indução. [0,50]
(b) • Indicar que basta provar que 11n+2 + 122n+1 ≡ 0 mod 133. [0,25]
• Concluir a prova. [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,50; (c)=0,25 ]
Dado um número real x, o piso de x, denotado por bxc, é o único inteiro k tal que k 6 x < k + 1.
(a) Considere a e b, respectivamente, o menor e o maior número natural com n algarismos expressados no sistema
decimal. Forneça expressões algébricas para a e b em função de n.
(b) Mostre que a quantidade de algarismos, no sistema decimal, do número inteiro positivo N é igual a blogNc+1,
onde log é a função logaritmo decimal.
(c) Mostre que se p é um inteiro positivo, então 2p − 1 tem bp · log 2c+ 1 algarismos no sistema decimal.
Solução
(a) O menor número, no sistema decimal, com n algarismos é a = 10n−1 e o maior é b = 10n − 1.
(b) Suponha que N possui n algarismos no sistema decimal. Pelo item (a) segue que 10n−1 6 N 6 10n − 1 < 10n. Como
a função logaritmo decimal é crescente, segue que log 10n−1 6 logN < log 10n, ou seja, n − 1 6 logN < n e assim
blogNc = n− 1. Logo n = blogNc+ 1.
(c) Observamos que os únicos números consecutivos que têm quantidades diferentes de algarismos no sistema decimal são
aqueles da forma 10n − 1 e 10n. Como 2p não é uma potência de 10 segue que os números 2p − 1 e 2p têm a mesma
quantidade de algarismos. Logo a quantidade de algarismos deMp é igual a blog(2p−1)c+1 = blog(2p)c+1 = bp·log 2c+1.
Pauta de Correção:
(a) • Expressar a. [0,25]
• Expressar b. [0,25]
(b) • Utilizar o item (a) e argumentar que a função logaritmo decimal é crescente. [0,25]
• Concluir a demonstração. [0,25]
(c) • Provar o item, utilizando o item (b). [0,25]
Questão 04 [ 1,25 ]
Dados dois segmentos de comprimentos s e q, com s > 2q, indique a construção com régua e compasso, de segmentos
cujos comprimentos sejam iguais às ráızes da equação do segundo grau x2 − sx+ q2 = 0.
Solução
• Trace uma reta r e marque, sobre a mesma, pontos B e C tais que BC = s.
• Construa um ćırculo de diâmetro BC.
• Trace a reta r′ paralela a reta r distando q dela, a qual intersecta o semićırculo superior nos pontos A e D, pois q < s
2
.
• Temos que o triângulo ABC é retângulo em A.
• Considere H o pé da altura do triângulo ABC relativa ao vértice A, logo AH = q.
• Temos que q2 = (AH)2 = (BH) · (HC) e BH +HC = s.
Portanto, BH e HC são as ráızes da equação x2 − sx+ q2 = 0.
Pauta de Correção:
• Construir um ćırculo de raio s
2
. [0,25]
• Observar que o triângulo ABC é retângulo. [0,25]
• Usar a relação métrica (AH)2 = (BH) · (HC). [0,5]
• Concluir que BH e HC são as ráızes da equação. [0,25]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios com, respectivamente, a e b elementos.
(a) Qual a relação entre a e b para que exista alguma função bijetiva de A em B ? Nesta condição, quantas funções
bijetivas existem?
(b) Qual a relação entre a e b para que exista alguma função injetiva de A em B ? Nesta condição, quantas funções
injetivas existem?
Solução
(a) Uma função de A em B será bijetiva se for injetiva e sobrejetiva. Pela injetividade, cada elemento de A estará associado
a um elemento diferente de B, e, pela sobrejetividade, todo elemento de B estará associado a algum elemento de A. Isto
resulta em dizer que A e B possuem o mesmo número de elementos, logo a = n(A) = n(B) = b.
Sejam x1, . . . , xa os elementos de A e y1, . . . , ya os elementos de B e f : A→ B bijetiva. Temos que
• f(x1) pode ser qualquer um dos a elementos de B;
• f(x2) pode ser qualquer elemento de B, exceto o f(x1), resultando em a− 1 possibilidades para f(x2).
...
• f(xi) pode ser qualquer elemento de B, exceto f(x1), . . . , f(xi−1), resultando em a− i− 1 = a− i+1 possibilidades
para f(xi).
...
• f(xa) poderá ser apenas o elemento que restar após a escolha de f(x1), . . . , f(xa−1).
Pelo Prinćıpio Multiplicativo, teremos então
a× (a− 1)× (a− 2)× · · · × 1 = a!
funções bijetivas f : A→ B posśıveis.
(b) Se uma função de A em B for injetiva, cada elemento de A estará associado a um elemento diferente de B, logo é
necessário que B tenha pelo menos o mesmo número de elementos que A, logo b = n(B) > n(A) = a.
Sejam x1, . . . , xa os elementos de A e y1, . . . , yb os elementos de B e f : A→ B injetiva. Temos que
• f(x1) pode ser qualquer um dos b elementos de B;
• f(x2) pode ser qualquer elemento de B, exceto o f(x1), resultando em b− 1 possibilidades para f(x2).
...
• f(xi) pode ser qualquer elemento de B, exceto f(x1), . . . , f(xi−1), resultando em b− i− 1 = b− i+1 possibilidades
para f(xi).
Fazendo i = a, o número de escolhas para f(xa) será b− a+ 1.
Pelo Prinćıpio Multiplicativo, teremos então
b× (b− 1)× (b− 2)× · · · × (b− a+ 1) = b× (b− 1)× (b− 2)× · · · × (b− a+ 1)× (b− a)× · · · × 1
(b− a)× · · · × 1 =
b!
(b− a)!
funções injetivas f : A→ B posśıveis.
Pauta de Correção:
(a) • Afirmar, com justificativa, que a = b. [0,25]
• Mostrar que existem a! funções bijetivas. [0,25]
(b) • Afirmar, com justificativa, que b > a. [0,25]
• Mostrar que existem b× (b− 1)× · · · × (b− a+ 1) ou b!
(b− a)! funções injetivas. [0,5]
Questão 06 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,50; (c)=0,25 ]
Considere a função polinomial f : R→ R, dada por
f(x) = (x2 + 2019x− 1)2 + (2x+ 2019)2
(a) Determine constantes k e h tais que a função possa ser reescrita da maneira f(x) = (x2 + kx+ 1)2 + h.
(b) Usando a expressão encontrada no item anterior, encontre o menor valor real α, assumido pela função f .
(c) Encontre a média aritmética de todas as ráızes reais da equação f(x) = α, com α encontrado no item anterior.
Solução
(a) Desenvolvendo a segunda parcela
(2x+ 2019)2 = 4x2 + 4 · 2019x+ 20192
= 4(x2 + 2019x) + 20192.
Se denotarmos µ = x2 + 2019x a expressão de f(x) fica
f(x) = (µ− 1)2 + 4µ+ 20192
= µ2 − 2µ+ 1 + 4µ+ 20192
= µ2 + 2µ+ 1 + 20192
= (µ+ 1)2 + 20192
= (x2 + 2019x+ 1)2 + 20192.
Logo k = 2019 e h = 20192.
(b) Como o discriminante de g(x) = x2 + 2019x + 1 é ∆ = 20192 − 4 > 0 e o termo quadrático tem coeficiente positivo,
podemos concluir que o menor valor atingido por g é negativo. Logo o valor mı́nimo de g(x)2 é igual a zero. Assim o
menor valor assumido por f(x) = g(x)2 + 20192 é α = 20192.
(c) As seguintes equações têm as mesmas ráızes
(x2 + 2019x+ 1)2 + 20192 = 20192
(x2 + 2019x+ 1)2 = 0
x2 + 2019x+ 1 = 0
Logo a média das ráızes de f(x) = α é igual a −2019
2
.
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar o valor de k. [0,25]
• Encontrar o valor de h. [0,25]
(b) • Concluir que o valor mı́nimo de g é negativo e que, portanto, o valor mı́nimo de seu quadrado é zero. [0,25]
• Encontrar o valor mı́nimo de f . [0,25]
(c) • Encontrar a média das ráızes. [0,25]
Questão 07 [ 1,25 ]
Um recipiente ciĺındrico de base circular está parcialmente cheio de água. Quando “deitado”, isto é, apoiado sobre
uma de suas geratrizes, o ńıvel da água atinge um quarto do diâmetro d da base do cilindro, conforme figura. Quando
o cilindro é “levantado”, isto é, apoiado sobre uma de suas bases, o ńıvel da água atinge que fração da altura h do
cilindro?
Observação: Considere despreźıvel a espessura das paredes e das bases do recipiente.
Solução
A figura abaixo representa a base do cilindro, quando este está deitado. O ĺıquido corresponde ao segmento circular hachurado,
de área Ss.
Chamando de r o raio da base,como o ńıvel do ĺıquido é d/4, na figura acima teremos CD = OC = r
2
. Com isso, como
cos(BÔC) = r/2
r
= 1
2
, temos BÔC = 60◦.
Com isso, o arco AB mede 120◦, logo a área Ss do segmento circular é obtida subtraindo-se, do setor circular de 120
◦, a
área do triângulo AOB. Com isso,
Ss =
π r2
3
− 1
2
·AB ·OC = π r
2
3
− ·12 · r
2
· r
√
3 = r2
(
π
3
−
√
3
4
)
.
Assim, o volume do ĺıquido é dado por
V = h · Ss = h r2
(
π
3
−
√
3
4
)
.
Ao levantar o cilindro, o volume do ĺıquido é dado por ` · Sb, onde ` é o ńıvel do ĺıquido e Sb a área da base. Assim,
V = ` · π r2.
Com isso, temos
h r2
(
π
3
−
√
3
4
)
= ` · π r2,
logo
`
h
=
r2
(
π
3
−
√
3
4
)
π r2
=
1
3
−
√
3
4π
.
Logo, o ńıvel da água, quando o cilindro é levantado, corresponde a 1
3
−
√
3
4π
da altura h do cilindro.
Pauta de Correção:
• Identificar que AÔB = 120◦. [0,25]
• Calcular a área do segmento circular. [0,25]
• Calculou o volume do ĺıquido em função de r e h, quando o cilindro está deitado. [0,25]
• Obter o volume do ĺıquido quando o cilindro está em pé, em função do ńıvel ` e de r. [0,25]
• Obter a razão entre o ńıvel ` e h (considerar também se, em vez da razão, o aluno apresentar ` em função de h). [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=1,00; (b)=0,25 ]
(a) Determine o menor número natural c para o qual a equação
5X + 7Y = c
tenha exatamente 4 soluções em N ∪ {0}.
(b) Determine, explicitamente, as 4 soluções obtidas no item (a).
Solução
(a) Considere c, um número natural. Temos que 5 · (3) + 7 · (−2) = 1, logo 5 · (3c) + 7 · (−2c) = c.
Usando a solução particular x0 = 3c e y0 = −2c, escrevemos a solução geral da equação 5X + 7Y = c :
{
x = 3c+ 7t
y = −2c− 5t
, t ∈ Z.
Como procuramos soluções em N ∪ {0} temos que, 3c+ 7t > 0 e −2c− 5t > 0. Logo, −3c
7
6 t 6
−2c
5
.
Como queremos 4 soluções,
−2c
5
− −3c
7
> 3, logo c > 105.
Considerando c = 105, obtemos −45 6 t 6 −42.
Portanto, exatamente 4 soluções correspondentes à t = −45,−44,−43,−42.
(b) Temos a equação 5X + 7Y = 105. Para encontrar as 4 soluções, basta substituir os valores de t na equação geral:{
x = 315 + 7t
y = −210− 5t
obtendo (0, 15), (7, 10), (14, 5) e (21, 0).
Pauta de Correção:
(a) • Escrever a solução geral da equação em Z. [0,5]
• Determinar o intervalo para a obtenção de soluções em N ∪ {0}. [0,25]
• Determinar o valor de c. [0,25]
(b) Determinar as 4 soluções. [0,25].
Solução Alternativa
(a) Seja c um número natural tal que a equação 5X + 7Y = c tenha 4 soluções em N ∪ {0} e seja (x0, y0) a solução em
N ∪ {0}, com x0 a menor posśıvel (solução minimal). Então a solução geral dessa equação é dada por{
x = x0 + 7t
y = y0 − 5t
, t ∈ Z.
Indicando por (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) as outras soluções, com x0 < x1 < x2 < x3, tem-se que x3 > 21 e dáı
c = 5x3 + 7y3 > 5 · 21 + 7y3 > 105
Tomando c = 105, vamos mostrar que a equação 5X + 7Y = 105 tem exatamente 4 soluções em N ∪ {0}. Nesse caso, a
solução minimal é (0, 15) e a solução geral é dada por{
x = 7t
y = 15− 5t,
onde t > 0 e 15− 5t > 0, isto é, 0 6 t 6 3. Portanto, exatamente 4 soluções.
(b) Temos a equação 5X + 7Y = 105. Para encontrar as 4 soluções não negativas, basta substituir os valores de t = 0, 1, 2, 3
na equação geral obtendo as soluções (0, 15), (7, 10), (14, 5) e (21, 0).
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
(a) • Escrever a solução geral da equação em N ∪ {0}.[0, 5]
• Concluir que c > 105. [0, 25]
• Mostrar que, para c = 105 a equação tem exatamente 4 soluções. [0, 25]
(b) Determinar as 4 soluções. [0,25].
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2018.2 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Sejam a, b, n ∈ Z com n > 0. Mostre que a + b | a2n − b2n.
(b) Para quais valores de a ∈ N ∪ {0} tem-se que a + 2 | a4 + 2 ?
Solução
(a) Temos que a− b | an − bn, para todo n natural, pois
an − bn = (a− b) · (an−1 + an−2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1).
Assim a+ b = a− (−b) | a2n − (−b)2n = a2n − b2n.
(b) Usando o item (a), temos que a+ 2 | a4 − 24 = a4 − 16.
Como a4 + 2 = (a4 − 16) + 18, segue que a+ 2 | a4 + 2, se se somente se, a+ 2 | 18.
Assim a+ 2 = ±1,±2,±3,±6,±9 ou ±18 , com a ∈ N ∪ {0}, portanto
a = 0, 1, 4, 7 ou 16.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever que a− b divide an − bn. [0,25]
• Escrever que a+ b = a− (−b) divide a2n − b2n. [0,25]
(b) • Escrever que a4 + 2 = (a4 − 16) + 18. [0,25]
• Concluir que a+ 2 deve dividir 18. [0,25]
• Determinar todos os valores de a. [0,25]
Solução Alternativa para o Item (a)
Vamos provar por indução em n.
Para n = 1, temos a2 − b2 = (a+ b)(a− b), logo (a+ b) | a2 − b2.
Suponha que o resultado é válido para n = k, isto é, a2k − b2k = (a+ b) · q. E considere
a2(k+1) − b2(k+1) = a2k · a2 − b2k · b2
Somando e subtraindo a2k · b2 e, em seguida, usando a hipótese de indução, temos
a2(k+1) − b2(k+1) = a2k · a2 − a2k · b2 + a2k · b2 − b2k · b2
= a2k · (a2 − b2) + (a2k − b2k)b2
= a2k · (a+ b) · (a− b) + (a+ b) · q · b2
= (a+ b) · [a2k · (a− b) + q · b2]
Portanto está provado o resultado.
Pauta de Correção da Solução Alternativa do Item (a)
(a) • Provar o caso n = 1. [0,25]
• Provar o caso geral. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Dados três pontos A, B e C não colineares, faça o que se pede tendo em vista que este é um problema de Geometria
Plana.
(a) Descreva os passos de construção necessários para obter, utilizando régua e compasso, as duas retas r e s que
contêm C, tais que r equidista de A e B, e s equidista de A e B.
(b) Justifique a construção anterior, isto é, explique porque os passos de construção descritos no item (a) fornecem
realmente as retas procuradas.
Observação: Considere conhecidas as construções, com régua e compasso, da mediatriz de um segmento e da paralela
a um segmento passando por um ponto dado. Estas construções podem ser utilizadas sem maiores detalhamentos.
Solução
(a) Para obter a reta r que equidista de A e B e contém C:
1. Trace o segmento AB;
2. Trace a mediatriz m do segmento AB;
3. Marque o ponto M de interseção entre AB e m, que é o ponto médio de AB;
4. Trace a reta
←−→
CM , que é a reta r procurada.
Quanto à reta s, para obtê-la, basta traçar a reta paralela ao segmento AB e que contém C.
(b) Por construção, C pertence tanto a r quanto a s. Sendo s paralela ao segmento AB, equidista de todos os pontos da
reta
←→
AB, em particular dos pontos A e B. Resta então mostrar que r também equidista dos pontos A e B.
Para tanto, consideremos os pontos D e E, pés das perpendiculares baixadas a partir dos pontos A e B, respectivamente,
até a reta r, conforme a figura. Agora podemos construir os triângulos AMD e BME, que são congruentes, pelo caso
LAAo, já que AD̂M e BÊM são, por construção, ambos retos, AM̂D e BM̂E são opostos pelo vértice e os lados AM
e BM são congruentes, uma vez que M é ponto médio de AB. Portanto, AD = BE, de modo que r equidista de A e
B, como queŕıamos provar.
Pauta de Correção:
(a) • Indicar que uma das retas é a reta s, paralela a AB passando por C. [0,25]
• Descrever corretamente os passos de construção da reta r. [0,25]
(b) • Argumentar que s equidista de A e B porque equidista de todos os pontos da reta
←→
AB. [0,25]
• Apresentar um argumento coerente provando que r equidista de A e B. [0,5]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Se r, s e t são as ráızes da equação x3 +ax2 + bx+ c = 0, mostre que r+s+ t = −a, rs+ rt+st = b e rst = −c.
(b) Se r, s e t são as ráızes da equação x3 − 4x2 + 5x + 6 = 0, calcule o valor de r2 + s2 + t2.
Solução
(a) Tem-se que x3+ax2+bx+c = (x−r)(x−s)(x−t) = x3−(r+s+t)x2+(rs+rt+st)x−rst, donde r+s+t = −a, rs+rt+st = b
e rst = −c.
(b) Usando o resultado do item (a), tem-se que r + s+ t = 4 e rs+ rt+ st = 5. Segue que
(r + s+ t)2 = 16, r2 + s2 + t2 + 2(rs+ rt+ st) = 16, portanto r2+ s2 + t2 = 16− 2 · 5 = 6
Pauta de Correção:
(a) • Escrever o polinômio dado como (x− r)(x− s)(x− t). [0,25]
• Comparar os coeficientes e concluir o resultado. [0,25]
(b) • Aplicar o resultado do item (a) e obter as relações entre as ráızes. [0,25]
• Calcular o valor de r2 + s2 + t2. [0,5]
Questão 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Considere as funções f : [−1, 1]→ R e g : R→ R definidas pelas expressões abaixo:
f(t) = −t2 +
√
3 t +
1
2
e g(x) =
√
3 sen x +
1
2
cos(2x).
(a) Encontre os valores máximo e mı́nimo de f e os valores reais t em que f assume tais valores.
(b) Encontre os valores máximo e mı́nimo de g e todos os valores reais x em que g assume tais valores.
Solução
(a) Como f é uma função quadrática, seu gráfico no intervalo [−1, 1] é um arco de parábola como ilustrado na figura abaixo.
A abscissa do vértice de uma parábola de equação y = a t2 + b t+ c, denotada por tv, é dada pela fórmula tv =
−b
2a
e é
o valor em que a função atinge seu valor máximo ou mı́nimo. No caso da função f , como a parábola tem a concavidade
voltada para baixo (já que o coeficiente do termo quadrático é negativo), tv representa o valor no qual essa função atinge
seu valor máximo. Como tv =
√
3
2
e −1 <
√
3
2
< 1, então esse é o valor no qual a função assume seu valor máximo no
intervalo. Para encontrar o valor máximo basta então calcular f(tv) = f
(√
3
2
)
=
5
4
. Quanto ao valor mı́nimo, este será
um dos extremos do intervalo fechado [−1, 1], uma vez que f é monótona crescente para t < tv e monótona decrescente
para t > tv. Como f(−1) = −
1
2
−
√
3 < −1
2
+
√
3 = f(1), então a função atinge seu valor mı́nimo quando t = −1.
Resumindo, os valores máximo e mı́nimo da função f são
5
4
e −1
2
−
√
3, nessa ordem, e os valores de t em que a função
assume esses valores são, respectivamente,
√
3
2
e −1.
(b) Utilizando a identidade trigonométrica cos(2x) = 1 − 2 sen2x podemos reescrever a função g como g(x) = −sen2x +
√
3 sen x +
1
2
. Fazendo sen x = t ficamos com g(t) = −t2 +
√
3 t +
1
2
, sendo que −1 < t < 1. Desse modo, temos que
os valores máximo e mı́nimo de g são os mesmos encontrados no item (a) para a função f . Por outro lado, os valores
de x tais que g assume seu valor máximo ou mı́nimo são, respectivamente, as soluções das equações trigonométricas
sen x =
√
3
2
e sen x = −1.
Assim, os valores máximo e mı́nimo de g são também
5
4
e −1
2
−
√
3, nessa ordem, e os valores de x em que a função
assume esses valores são, respectivamente, os elementos dos conjuntos A e B dados por:
A =
{
x ∈ R;x = π
3
+ 2kπ ou x =
2π
3
+ 2kπ, com k ∈ Z
}
B =
{
x ∈ R;x = 3π
2
+ 2kπ, com k ∈ Z
}
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar o máximo e o mı́nimo de f . [0,25]
• Encontrar os valores t do domı́nio nos quais f assume seus valores máximo e mı́nimo. [0,25]
(b) • Encontrar o máximo e o mı́nimo de g. [0,25]
• Encontrar os valores x do domı́nio nos quais g assume seus valores máximo e mı́nimo. [0,5]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Considere a equação diofantina linear 5x + 3y = 2018.
(a) Escreva a solução geral em Z.
(b) Quantas soluções existem em N ∪ {0}?
Solução
(a) Temos que 5 · (−1) + 3 · (2) = 1, logo 5 · (−2018) + 3 · (4036) = 2018. Fazendo a divisão euclidiana de −2018 por 3,
−2018 = 3 · (−673) + 1. Substituindo na equação acima, obtemos
5 · (−3 · 673 + 1) + 3 · (4036) = 2018
5 · (1) + 3 · (4036− 5 · 673) = 2018
5 · (1) + 3 · (671) = 2018
Portanto, x0 = 1 e y0 = 671 é a solução minimal e a solução geral em Z é dada por{
x = 1 + 3t
y = 671− 5t
onde t ∈ Z.
(b) A solução geral em N ∪ {0} é dada por {
x = 1 + 3t
y = 671− 5t
onde t ∈ N ∪ {0} e 671− 5t > 0, logo 0 6 t 6 134.
Portanto, existem 135 soluções em N ∪ {0}.
Pauta de Correção:
(a) • Encontrar uma solução particular. [0, 25]
• Encontrar a solução geral em Z. [0, 25]
(b) • Escrever a solução geral em N ∪ {0}. [0, 5]
• Encontrar o número de soluções em N ∪ {0}. [0, 25]
Solução Alternativa
(a) Temos que
3y = 2018− 5x = 2016− 3x+ 2− 2x = 3(672− x) + 2(1− x)
y = 672− x+ 2(1− x)
3
Sendo x, y são inteiros, concluimos que 1− x = 3t, com t ∈ Z. Dáı, obtemos a solução geral em Z{
x = 1− 3t
y = 671 + 5t
onde t ∈ Z.
(b) Queremos soluções inteiras não negativas, logo 1− 3t > 0 e 671 + 5t > 0.
Portanto, −134 6 t 6 0 e assim temos 135 soluções não negativas.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
(a) • Encontrar a solução geral em Z. [0, 5]
(b) • Escrever a solução geral em N ∪ {0}. [0, 5]
• Encontrar o número de soluções em N ∪ {0}. [0, 25]
Questão 06 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,50 ]
O método abaixo pode ser utilizado para para encontrar o número de soluções inteiras não negativas da equação
x1 + x2 + · · ·+ xr = m, onde r e m são inteiros positivos dados.
Vamos aplicar o método para encontrar o número de soluções inteiras não negativas da equação x1 +x2 +x3 +x4 = 6.
Representamos as soluções como quadras de números inteiros não negativos (x1, x2, x3, x4), xi ∈ Z, xi > 0. Uma
estratégia que podemos usar para contar o número de soluções é representar cada uma delas num diagrama de quadras
e ruas, contando todos os caminhos que vão do ponto O até o ponto A, sendo permitido apenas dois movimentos:
subir ou deslocar para a direita. Veja na figura abaixo a representação das soluções (1, 3, 2, 0) e (2, 1, 1, 2).
Note que em qualquer solução temos que subir 6 quadras e fazer 3 deslocamentos para a direita. Isso corresponde
ao número de anagramas da “palavra” SSSSSSDDD. Portanto o número de soluções é igual a
9!
6!3!
= 84.
(a) Utilize o método indicado acima para calcular o número de soluções inteiras não negativas da equação x1 +
x2 + · · ·+ xr = m, onde m e r são inteiros positivos dados.
(b) Um mercado vende 5 tipos de frutas em caixas com 12 frutas, de um só tipo ou sortidas. Quantos tipos de
caixas podem ser montadas?
(c) Se o mercado do item (b) resolver colocar pelo menos uma fruta de cada tipo em uma caixa, quantos tipos de
caixas podem ser montadas?
Solução
(a) O número de soluções corresponde à quantidade de percursos num diagrama de quadras e ruas de O até A, em que
subimos m quadras e nos deslocamos r − 1 vezes para a direita, que é equivalente a contar a quantidade de anagramas
da palavra S . . . S︸ ︷︷ ︸
m
D . . .D︸ ︷︷ ︸
r−1
e isso é igual a
(m+ r − 1)!
m!(r − 1)! .
(b) Neste problema precisamos encontrar a quantidade de soluções inteiras não negativas da equação x1+x2+x3+x4+x5 =
12, onde cada xi indica a quantidade de frutas de cada tipo. Pelo item (a) segue que esta quantidade é igual a
(12 + 5− 1)!
12!(5− 1)! =
16!
12!4!
= 1820.
(c) Agora resta escolher 7 frutas para completar a caixa e assim precisamos encontrar a quantidade de soluções inteiras não
negativas da equação x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 7 que é igual a
(7 + 5− 1)!
7!(5− 1)! =
11!
7!4!
= 330.
Pauta de Correção:
(a) Obter a solução da equação. [0,25]
(b) • Escrever a equação que modela o problema. [0,25]
• Encontrar a solução da equação. [0,25]
(c) • Escrever a equação que modela o problema. [0,25]
• Obter a solução da equação. [0,25]
Questão 07 QstId=1349 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Duas esferas de raios r e R, com r < R, são tangentes interiores, isto é, possuem apenas um ponto em comum e o
centro da esfera de raio r está no interior da esfera de raio R.
(a) Prove que o ponto de interseção das duas esferas é colinear aos centros destas esferas.
(b) Sabe-se que o centro da esfera menor é o ponto médio de uma das arestas de um tetraedro regular inscrito na
esfera maior. Calcule r em função de R.
Dica: Sendo a a aresta do tetraedro, sabe-se que R =
a
√
6
4
.
Solução
(a) Sejam O o centro da esfera de raio R, M o centro da esfera de raio r e P o ponto de interseção entre as esferas.
Supondo, por absurdo,que P , M e O não sejam colineares, temos um triângulo OPM . Tome o ponto Q, projeção de P
sobre a reta OM , e P ′ tal queQ seja o ponto médio de PP ′. Os triângulos OQP e OQP ′ serão congruentes pelo caso LAL,
e, portanto, OP ′ = OP = R. Os triângulos MQP e MQP ′ também serão congruentes por LAL, logo MP ′ = MP = r.
Com isso, ambos P e P ′ pertencem à interseção entre as duas esferas, contradizendo o fato de serem tangentes interiores.
Solução Alternativa para o item(a):
Sejam O o centro da esfera de raio R, M o centro da esfera de raio r e P o ponto de interseção entre as esferas. O plano
α, tangente em P à esfera de raio R, é perpendicular ao raio OP .
O plano α também é tangente à esfera de raio r em P . De fato, todos os pontos da esfera menor, exceto P , são interiores
à esfera maior, e todos os pontos de α, exceto P , são exteriores à esfera maior. Assim, o único ponto de interseção entre
α e a esfera menor é P .
Com isso, o raio MP da esfera de raio r é perpendicular a α no ponto P , logo é colinear ao raio OP da esfera de raio
R. Com isso, O, M e P são colineares.
(b) Para que as esferas sejam tangentes interiores, o ponto P de interseção entre elas é colinear aos centros O e M destas
esferas, como na figura abaixo.
Logo, r = R−MO.
Sejam A e B as extremidades da aresta que contém o ponto M , centro da esfera menor. Como M é ponto médio de
AB, AM =
a
2
. Considerando o triângulo o AOB, que é isósceles, pois AO = AB = R, o ângulo AM̂O será reto. Assim,
aplicando o Teorema de Pitágoras a AMO, temos
MO
2
+AM
2
= AO
2
,
logo
MO
2
+
(a
2
)2
= R2,
e, com isso,
MO
2
= R2 − a
2
4
.
Como R =
a
√
6
4
, temos a =
4R√
6
, e, portanto, a2 =
16R2
6
=
8R2
3
. Com isso,
MO
2
= R2 −
8R2
3
4
= R2 − 8R
2
12
= R2 − 2R
2
3
=
R2
3
,
logo MO =
R√
3
=
R
√
3
3
.
Com isso,
r = R−MO = R− R
√
3
3
=
3−
√
3
3
·R.
Pauta de Correção:
(a) Provar corretamente, por qualquer pauta. [0,5]
(b) • Indicar que há a estratégia de obter r fazendo r = R−MO. [0,25]
• Concluir que o triângulo AM̂O é reto. [0,25]
• Encontrar r. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Considere a recorrência definida por a1 = 1, a2 = 5 e para n > 0,
an+2 = 5an+1 − 6an.
(a) Determine o termo geral da recorrência.
(b) Quantos múltiplos de 7 há no conjunto {an | 1 6 n 6 2018, n ∈ Z}?
Solução
(a) A equação caracteŕıstica dessa recorrência é r2 − 5r + 6 = 0, que tem soluções r1 = 2 e r2 = 3. Logo a solução da
recorrência é da forma
an = A · 2n +B · 3n.
De a1 = 1, temos que 2A+ 3B = 1 e de a2 = 5 temos que 4A+ 9B = 5. Assim, A = −1 e B = 1, o que nos dá
an = 3
n − 2n.
(b) Precisamos calcular, para qualquer inteiro n, o resto da divisão de 3n − 2n por 7, isto é, 3n − 2n mod 7 e verificar
quantos valores n geram expressões congruentes a 0.
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, 36 ≡ 26 ≡ 1 mod 7, logo, 36− 26 ≡ 0 mod 7 e além disso, se escrevemos n = 6q+ r,
temos que 3n − 2n ≡ 3r − 2r mod 7. Assim, para r = 1, ..., 5 temos
a1 = 3
1 − 21 ≡ 1 mod 7
a2 = 3
2 − 22 ≡ 5 mod 7
a3 = 3
3 − 23 ≡ 5 mod 7
a4 = 3
4 − 24 ≡ 2 mod 7
a5 = 3
5 − 25 ≡ 1 mod 7
Com isso podemos afirmar que an é múltiplo de 7 ⇐⇒ n é múltiplo de 6. Como 2018 = 6 · 336 + 2 , conclúımos que
entre 1 e 2018, há 336 múltiplos de 6, logo no conjunto {a1, a2, ..., a2018} há 336 múltiplos de 7.
Pauta de Correção:
(a) • Exibir a equação caracteŕıstica e a forma geral da solução. [0,25]
• Utilizar os termos iniciais para encontrar os coeficientes A e B. [0,25]
(b) • Provar que se n é múltiplo de 6, então an é múltiplo de 7. [0,25]
• Listar os casos a1, a2, ..., a5. [0,25]
• Contar corretamente os múltiplos de 6 entre 1 e 2018. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2018.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Isótopos radioativos de um elemento qúımico estão sujeitos a um processo de decaimento radioativo. Com o passar
do tempo, uma amostra de tais isótopos vai se desintegrando, isto é, emitindo radiação e se transformando em uma
amostra de átomos mais estáveis.
Sabe-se que este decaimento é de tipo exponencial, isto é, denotando por m(t) a massa de um determinado isótopo
radioativo no instante t, tem-se
m(t) = m0 · bt,
para algum 0 < b < 1, sendo m0 > 0 a massa inicial. A meia vida deste isótopo, denotada T , é o tempo necessário
para que a massa m se reduza à metade de seu valor inicial.
(a) Determine b em função de T .
(b) Determine, em função de T , o tempo necessário para que m se reduza a um terço de seu valor inicial.
Solução
(a) Considere t0 o tempo inicial, isto é, m(t0) = m0. Segue que m0 · bt0 = m0, logo t0 = 0.
Se T é o tempo necessário para que caia à metade a massa m de uma amostra de isótopos radioativos, a partir do
instante t0 = 0, temos
m(T ) =
m0
2
,
logo,
m0 · bT =
m0
2
;
com isso,
bT =
1
2
.
Assim,
b =
(
1
2
) 1
T
.
Uma outra forma de escrever a última relação acima é b = 2−
1
T .
(b) Seja t o tempo necessário para que a massa de uma amostra decaia a um terço. Temos que
m(t) =
m0
3
,
logo,
m0 · bt =
m0
3
;
portanto,
bt =
1
3
e, com isso, (
2−
1
T
)t
=
1
3
.
Assim,
2−
t
T = 3−1
ou, ainda,
2
t
T = 3.
Finalmente,
t
T
= log2 3,
de sorte que
t = T · log2 3.
Assim, o tempo necessário para que a massa de uma amostra decaia a um terço é T · log2 3.
Pauta de Correção:
(a) • Escrever a equação m(T ) = m0
2
. [0,25]
• Obter b =
(
1
2
) 1
T ou b = 2−
1
T . [0,25]
(b) • Escrever a equação m(t) = m0
3
. [0,25]
• Obter 2
t
T = 3 ou
(
1
2
) t
T
=
1
3
. [0,25]
• Obter t = T · log2 3, ou algum valor equivalente. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,75; (c)=0,25 ]
O objetivo deste problema é encontrar o número natural x, menor do que 1700 e que deixe restos 2, 2, 1 e 0 quando
dividido por 5, 6, 7 e 11, respectivamente. Para tanto, faça os itens a seguir:
(a) Escreva um sistema de congruências que tenha x como uma solução.
(b) Determine a solução geral do sistema do item (a).
(c) A partir da solução geral do sistema, calcule o valor de x.
Solução
(a) Temos que 0 < x < 1700 é uma solução do seguinte sistema de congruências:
X ≡ 2 (mod 5)
X ≡ 2 (mod 6)
X ≡ 1 (mod 7)
X ≡ 0 (mod 11)
(b) Como 5, 6, 7, 11 são coprimos dois a dois, usaremos o Teorema Chinês dos Restos para determinar a solução geral do
sistema.
Tomamos M = 5 · 6 · 7 · 11 = 2310,M1 = 6 · 7 · 11 = 462,M2 = 5 · 7 · 11 = 385, M3 = 5 · 6 · 11 = 330 e M4 = 5 · 6 · 7 = 210.
Continuando, pondo m1 = 5,m2 = 6,m3 = 7,m4 = 11, c1 = 2, c2 = 2, c3 = 1 e c4 = 0, temos que a solução geral do
sistema é dada por
X ≡M1y1c1 +M2y2c2 +M3y3c3 +M4y4c4 (mod M),
onde cada yi é solução de Mi · y ≡ 1 (mod mi), i = 1, 2, 3, 4.
Como c4 = 0 precisaremos determinar apenas y1, y2 e y3 onde
6 · 7 · 11y1 ≡ 1 (mod 5)
5 · 7 · 11y2 ≡ 1 (mod 6)
5 · 6 · 11y3 ≡ 1 (mod 7)
⇐⇒

2y1 ≡ 1 (mod 5)
y2 ≡ 1 (mod 6)
y3 ≡ 1 (mod 7)
Portanto, y1 = 3, y2 = y3 = 1 e, assim,
X ≡ 462 · 3 · 2 + 385 · 1 · 2 + 330 · 1 · 1 ≡ 3872 (mod 2310).
(c) Temos que X= 3872 +2310 t, com t ∈ Z. Como 0 < x < 1700, obtemos x = 3872− 2310 = 1562 como única solução.
Pauta de Correção:
(a) Escrever o sistema. [0,25]
(b) Determinar a solução geral. [0,75]
(c) A partir da solução geral, obter o valor de x. [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ]
Dadas duas retas reversas r e s no espaço, definimos o ângulo entre r e s como o sendo o menor ângulo entre r e
s′, onde s′ é qualquer reta paralela a s e concorrente com r. Pode-se provar que este ângulo não depende da reta s′
escolhida. Na figura abaixo, as retas reversas r e s são suporte, respectivamente, de uma diagonal do cubo e de uma
diagonal de uma de suas faces.
Calcule, de acordo com a definição acima, o cosseno do ângulo entre r e s.
Solução
De acordo com a definição relembrada no enunciado, precisamos determinar o ângulo entrer e s′, com s′ paralela a s e
concorrente com r. Ainda de acordo com o enunciado, pode-se escolher qualquer reta s′ com tais propriedades. Vamos, então,
tomar s′ como sendo a paralela a s que concorre com r em um dos vértices do cubo, que chamaremos de A, conforme a figura
abaixo.
Note que s′ é perpendicular a AP , pois está contida no plano da face da base do cubo, que é perpendicular à aresta vertical
AP . Além disso, como s é paralela à diagonal BD da face ABCD do cubo, s′ também é paralela a BD; por fim, como BD é
perpendicular a AC, s′ é também perpendicular a AC.
Assim, como s′ é perpendicular a (ACP ), que é o mesmo plano (ACR), que por sua vez contém r. Logo, s′ é perpendicular a
r e, com isso, o cosseno do ângulo do ângulo entre as retas é 0.
Pauta de Correção:
• Considerar a reta s′, ou alguma outra paralela a s concorrente com r, ou ainda alguma reta paralela a r e concorrente
com s. [0,25]
• Concluir corretamente que s′ é perpendicular a AC. [0,25]
• Concluir corretamente que s′ é perpendicular ao plano (ACR). [0,25]
• Concluir que s′ é perpendicular a r. [0,25]
• Calcular o cosseno. [0,25]
Solução Alternativa
Temos que s é perpendicular a PR, pois as diagonais de uma face do cubo são perpendiculares. Além disso, s está contida no
plano da face PQRS e AP é perpendicular a esta face, logo s é perpendicular a AP . Com isso, s é perpendicular ao plano
que contém o quadrilátero ACRP . Então, s é ortogonal a toda reta em ACRP , logo, ortogonal a r. Assim, sendo E o ponto
em que s intersecta ACRP e r′ a paralela a r passando por E, temos que s e r′ formam um ângulo de 90◦ uma com a outra.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Mostrou que s é ortogonal é AP . [0,25]
• Mostrou que s é ortogonal é ACRP . [0,25]
• Mostrou que s é ortogonal a r. [0,25]
• Considerou a reta r′ e mostrou que o ângulo entre s e r′ é de 90◦. [0,25]
• Calcular o cosseno. [0,25]
Solução Alternativa (por Lei dos Cossenos)
Denotamos por a a aresta do cubo. Prolongando a aresta CB do cubo, obtemos o ponto E na interseção deste prolongamento
com s′. Vamos calcular cos θ, onde θ é a medida do ângulo RÂE.
Pelo caso LLL, os triângulos SPQ e DAB da figura abaixo são congruentes. Além disso, como s′ é paralela a BD, e AD é
paralelo a EB, o quadrilátero AEBD será um paralelogramo. Com isso, BE = AD = a e AE = BD = a
√
2.
Temos ainda, pelo Teorema de Pitágoras, que
RE
2
= RC
2
+ CE
2
= a2 + (2a)2,
logo RE = a
√
5.
O triângulo RAE tem, então, lados de medidas AR = a
√
3, AE = a
√
2 e RE = a
√
5.
Pela Lei dos Cossenos,
RE
2
= AE
2
+AR
2 − 2 ·AE ·AR · cos θ,
logo
5a2 = 2a2 + 3a2 − 2 · a
√
2 · a
√
3 · cos θ,
e, então
0 = −2 · a
√
2 · a
√
3 · cos θ.
Com isso, cos θ = 0 (e, portanto, o ângulo entre r e s′ mede 90◦).
Pauta de Correção da Solução Alternativa (Lei dos Cossenos):
• Considerar a reta s′. [0,25]
• Obter o ponto E, interseção de s′ com o prolongamento de BC. [0,25]
• Obter RE = a
√
5. [0,25]
• Aplicar corretamente a Lei dos Cossenos. [0,25]
• Calcular o cosseno. [0,25]
Solução Alternativa (pelo Teorema das Três Perpendiculares)
Na figura que aparece na solução anterior, considerando α o plano que contém a face ABCD, temos RC⊥α. Temos BD ‖ s, e
s ‖ s′, logo BD ‖ s′. Por fim, como AC⊥BD (pois ambos os segmentos são diagonais da face quadrada ABCD), temos então
AC⊥s′.
Como RC⊥α, AC ⊂ α, s′ ⊂ α e AC⊥s′, pelo Teorema das Três Perpendiculares, temos AR⊥s′, logo r⊥s′. Com isso, o ângulo
entre r e s é reto e, portanto, o cosseno do ângulo entre r e r é 0.
Pauta de Correção da Solução Alternativa (Teorema das Três Perpendiculares):
• Considerar a reta s′, ou alguma outra paralela a s concorrente com r, ou ainda alguma reta paralela a r e concorrente
com s. [0, 25]
• Concluir corretamente que s′ é perpendicular a AC. [0, 25]
• Concluir corretamente que RC é perpendicular ao plano α, da face ABCD. [0, 25]
• Utilizar o Teorema das Três Perpendiculares e concluir que s′ é perpendicular a r. [0, 25]
• Calcular o cosseno. [0, 25]
Questão 04 [ 1,25 ]
Sejam (an) uma progressão aritmética e (bn) a sequência definida por bn = a
2
n+1 − a2n, para todo n > 1. Mostre que
(bn) é uma progressão aritmética e calcule o primeiro termo e a razão de (bn) em função do primeiro termo e da
razão de (an).
Solução
Sejam a o primeiro termo e r a razão da progressão aritmética (an).
Então ak = a+ (k − 1)r, para todo k > 1.
Além disso, para n > 1, temos que
bn = a
2
n+1 − a2n = [a+ nr]2 − [a+ (n− 1)r]2 = a2 + 2anr + (nr)2 −
[
a2 + 2a(n− 1)r + (n− 1)2r2
]
=
a2 + 2anr + n2r2 − a2 − 2anr + 2ar − n2r2 + 2nr2 − r2 = 2ar + 2nr2 − r2 =
2ar + r2 + (n− 1)(2r2).
Logo (bn) é uma progressão aritmética com primeiro termo 2ar + r
2 e razão 2r2.
De fato, b1 = 2ar + r
2 + (1− 1)(2r2) = 2ar + r2 e, para k > 1, temos que
bk+1 − bk = 2ar + r2 + (k + 1− 1)(2r2)−
[
2ar + r2 + (k − 1)(2r2)
]
= 2r2 e
assim está provado o resultado.
Pauta de Correção:
• Determinar a expressão de (bn). [0,25]
• Verificar que (bn) é uma progressão aritmética. [0,5]
• Determinar o primeiro termo de (bn). [0,25]
• Determinar a razão da progressão aritmética (bn). [0,25]
Solução Alternativa
Sejam a o primeiro termo e r a razão da progressão aritmética (an).
Calculando a diferença de dois termos consecutivos da sequência (bn) temos
bn+1 − bn = a2n+2 − a2n+1 − (a2n+1 − a2n),
onde an+2 = an+1 + r e an+1 = an + r. Logo,
bn+1 − bn = (an+1 + r)2 − a2n+1 − [(an + r)2 − a2n]
Fazendo as simplificações, obtemos
bn+1 − bn = 2an+1r − 2anr = 2r(an+1 − an) = 2r2.
Portanto, (bn) é uma progressão aritmética de razão 2r
2.
Temos que b1 = a
2
2 − a21 = (a1 + r)2 − a21 = 2a1r + r2 = 2ar + r2.
Portanto, o primeiro termo de (bn) é igual a 2ar + r
2.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Considerar a diferença bn+1 − bn. [0,25]
• Verificar que (bn) é uma progressão aritmética. [0,5]
• Determinar o primeiro termo de (bn). [0,25]
• Determinar a razão de (bn). [0,25]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Qual a probabilidade de duas pessoas escolhidas ao acaso terem nascido no mesmo dia da semana?
(b) Em um grupo de r pessoas (2 6 r 6 7), qual a probabilidade de haver pelo menos duas delas que tenham
nascido no mesmo dia da semana?
Observação: Suponha que a probabilidade de uma pessoa nascer em determinado dia da semana seja igual a 1/7.
Solução
(a) Escolhidas duas pessoas, o número de pares posśıveis dos dias da semana é igual 7 × 7 = 49. O número de casos
favoráveis, são os pares em que os dias de nascimento da semana são os mesmos, ou seja, igual a 7. Logo a probabilidade
pedida é igual a
7
49
=
1
7
.
Solução alternativa I
O número de pares posśıveis em que duas pessoas nasceram em dias distintos da semana é igual a 7 × 6 = 42. Temos
então que a probabilidade pedida é p = 1− 42
49
=
1
7
.
Solução alternativa II
Escolhida uma pessoa, a probabilidade da outra ter nascido no mesmo dia da semana da primeira é p =
1
7
.
(b) O número de casos posśıveis para r pessoas é igual a 7r. O número de casos em que nenhuma das r pessoas nasceu no
mesmo dia da semana, isto é, o número de casos desfavoráveis, é igual a 7× 6× · · · × [7− (r− 1)]. Logo a probabilidade
pedida é
p = 1− 7× 6× · · · × (7− (r − 1))
7r
.
Pauta de Correção:
(a) • Determinar o cardinal do Espaço Amostral. [0,25]
• Determinar a probabilidade. [0,25]
(b) • Determinar o cardinal do Espaço Amostral. [0,25]
• Determinar a probabilidade. [0,5]
Questão 06 [ 1,25 ]
Para cada n > 0 inteiro considere o número C(n) obtido pela concatenação das potências de 2, com expoentes de 0
até n, conforme exemplificado na tabela abaixo:
n 0 1 2 3 4 5 · · ·
C(n) 1 12 124 1248 124816 12481632 · · ·
Mostre, por indução, que C(n) é diviśıvel por 2n para todo n > 0.
Solução
Observemos primeiramente que
C(1) = 12 = 10 + 2, C(2) =124 = 12 · 10 + 4, C(3) = 1248 = 124 · 10 + 8, C(4) = 124816 = 1248 · 102 + 16, C(5) =
124816 · 102 + 32, C(6) = 12481632 · 102 + 64, C(7) = 1248163264 · 103 + 128, . . ..
De um modo geral,
C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1,
onde s > 1 é o número de algarismos da expansão decimal de 2n+1.
Agora, por indução sobre n, para n = 0 temos que 20 | C(0).
Suponha que 2n divide C(n), para um certo n > 0.
Temos que C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1, onde s > 1.
Como 2n divide C(n) e 2 divide 10s, concluimos que 2n+1 divide C(n) · 10s, logo 2n+1 divide C(n+ 1).
Portanto, C(n) é diviśıvel por 2n para todo n > 0.
Pauta de Correção:
• Verificar que C(n) é diviśıvel por 2n para n = 0. [0,25]
• Escrever C(n+ 1) = C(n) · 10s + 2n+1. [0,25]
• Concluir que 2n+1 divide C(n) · 10s. [0,5]
• Concluir a prova. [0,25]
Questão 07 [ 1,25 ]
Seja ABC um triângulo. Se P é o pé da bissetriz interna relativa ao lado BC, prove o Teorema da Bissetriz
Interna, isto é, que
BP
PC
=
BA
AC
.
Solução
Trace, pelo ponto B, a paralela à reta
←→
AP e marque seu ponto de interseção B′ com a reta
←→
AC.
Como
←→
AP é paralela à reta
←−→
B′B e AP é bissetriz do ∠BAC obtemos
∠ABB′ = ∠BAPe∠BB′A = ∠PAC; como ∠BAP = ∠PAC, segue que ∠BB′A = ∠ABB′.
Portanto, o triângulo B′AB é isósceles de base B′B, e assim AB = AB′.
Aplicando o teorema de Tales às paralelas
←→
AP e
←−→
B′B obtemos
BP
PC
=
AB′
AC
=
AB
AC
Pauta de Correção:
• Traçar a paralela a
←→
AP e mostrar a igualdade ∠BB′A = ∠ABB′. [0,5]
• Concluir que AB = AB′. [0,25]
• Aplicar o teorema de Tales. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,25; (b)=0,50; (c)=0,50 ]
(a) Escreva cos(3x) em termos de cos(x).
(b) Mostre que, se um número racional irredut́ıvel
r
s
(r e s inteiros não nulos primos entre si) é raiz de um polinômio
P (X) = anX
n + an−1X
n−1 + · · · + a1X + a0 de coeficientes inteiros, então s divide an e r divide a0.
(c) Use os itens acima para mostrar que cos (20◦) é um número irracional.
Solução
(a)
cos(3x) = cos(2x+ x)
= cos(2x) · cosx− sen(2x) · senx
= (cos2 x− sen2x) · cosx− 2 · senx · cosx · senx
= cos3 x− sen2x · cosx− 2 · sen2x · cosx
= cos3 x− 3 · sen2x · cosx
= cos3 x− 3 · (1− cos2 x) · cosx
= 4 cos3 x− 3 cosx.
(b) Suponha r e s como no enunciado, tais que
r
s
é uma raiz racional irredut́ıvel do polinômio P (x) = anx
n + an−1x
n−1 +
· · ·+ a1x+ a0, isto é,
P
(r
s
)
= an
(r
s
)n
+ an−1
(r
s
)n−1
+ · · ·+ a2
(r
s
)2
+ a1
(r
s
)
+ a0 = 0
Multiplicando a igualdade por sn, temos que
anr
n + an−1r
n−1s+ · · ·+ a2r2sn−2 + a1rsn−1 + a0sn = 0,
anr
n = −(an−1rn−1 + · · ·+ a2r2sn−3 + a1rsn−2 + a0sn−1)s
e
a0s
n = −(anrn−1 + an−1rn−2s+ · · ·+ a2rsn−2 + a1sn−1)r.
Segue que s|anrn e r|a0sn e, como, (r, s) = 1 conclúımos que s|an e r|a0.
(c) Note que 60o = 3 · 20o.
Por um lado, cos 60o = 1/2; por outro, o item (a) fornece cos 60o = 4 cos3 20o − 3 cos 20o.
Portanto, podemos afirmar que cos 20o satisfaz à equação 4x3 − 3x − 1
2
= 0, e então que é raiz do polinômio com
coeficientes inteiros
P (x) = 8x3 − 6x− 1.
Pelo item (b), as (posśıveis) ráızes racionais de P devem pertencer ao conjunto {±1,± 1
2
,± 1
4
,± 1
8
}. Calculando as
imagens de cada um desses números, temos
x 1 -1 1/2 -1/2 1/4 -1/4 1/8 -1/8
P (x) 1 -3 -3 1 -19/8 3/8 -111/64 -17/64
Portanto, cos 20o não pode ser um número racional.
Pauta de Correção:
(a) Escrever cos(3x) em função de cosx. [0,25]
(b) • Concluir que s|anrn e r|a0sn. [0,25]
• Usar o fato (r, s) = 1 e concluir que s|an e r|a0. [0,25]
(c) • Usar o item (a) para obter cos 20◦ como raiz da polinômio
P (x) = 8x3 − 6x− 1. [0,25]
• Usar o item (b) para concluir que cos 20◦ é um número irracional. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2017.2 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ]
Encontre as medidas dos lados e ângulos de dois triângulos ABC diferentes tais que AC = 1, BC =
√
3 e AB̂C = 30◦.
Solução
Considere AC = 1, BC =
√
3 , AB̂C = 30◦ e BA = c.
Aplicando a lei dos cossenos, obtemos 1 = c2 + 3− 2
√
3c · cos 30◦ = c2 + 3− 3c, ou seja, c2 − 3c+ 2 = 0. Logo c = 1 ou c = 2.
Para c = 1 obtemos um triângulo isósceles, logo BĈA = 30◦ e BÂC = 120◦.
Para c = 2 temos 22 = (
√
3)2 + 12, logo obtemos um triângulo retângulo com BĈA = 90◦ e CÂB = 60◦. Para fins de
ilustração, estes triângulos estão esboçados abaixo:
Pauta de Correção:
• Aplicar corretamente a lei dos cossenos. [0,25]
• Determinar os dois valores para a medida do lado AB. [0,50]
• Determinar as medidas dos ângulos no caso AB = 1. [0,25]
• Determinar as medidas dos ângulos no caso AB = 2. [0,25]
SOLUÇÃO ALTERNATIVA
Sejam BC =
√
3 e a reta r formando um ângulo de 30◦ com BC. A perpendicular ao segmento BC, traçada de C, intersecta
r em um ponto, denotado por A.
No triângulo retângulo ABC, tem-se que cos 30◦ =
√
3
2
=
BC
BA
=
√
3
BA
, donde BA = 2.
Usando o teorema de Pitágoras, (
√
3)2 + (AC)2 = 22, e dáı AC = 1. Assim obtemos um triângulo retângulo ABC, com
BA = 2, AC = 1 e BÂC = 60◦.
Seja A′ o ponto médio de BA, logo BA′ = A′A = 1. Traçando a mediana CA′ obtém-se o triângulo A′AC isósceles com
A′ÂC = 60◦, logo um triângulo equilátero. Concluimos dáı que A′C = 1.
Consequentemente, o triângulo A′BC é o outro triângulo pedido, com BÂ′C = 120◦.
Pauta de Correção :
• Traçar a perpendicular CA e concluir que AB = 2. [0,25]
• Determinar as medidas dos lados e ângulos do triângulo ABC. [0,25]
• Traçar a mediana relativa à hipotenusa AB e mostrar que o triângulo A′AC é equilátero. [0,50]
• Encontrar as medidas dos lados e ângulos do triângulo A′BC. [0,25]
Questão 02 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Sejam a, b e c números reais com a 6= 0. Considere a função f : R→ R definida pela expressão f(x) = ax2 + bx+ c.
(a) Escreva a expressão de f na forma f(x) = a(x−m)2 + k.
(b) Utilizando o item anterior, prove que, se b2 − 4ac > 0, as ráızes da equação ax2 + bx+ c = 0, são dadas por
r1 =
−b+
√
b2 − 4ac
2a
e r2 =
−b−
√
b2 − 4ac
2a
.
Solução
(a) Podemos fatorar a expressão de f como abaixo:
f(x) = ax2 + bx+ c = a
[
x2 +
b
a
x+
c
a
]
= a
[
x2 + 2 · b
2a
· x+ b
2
4a2
− b
2
4a2
+
c
a
]
= a
[(
x+
b
2a
)2
+
4ac− b2
4a2
]
= a
(
x+
b
2a
)2
+
4ac− b2
4a
.
(b) Utilizando o item anterior,
ax2 + bx+ c = 0 ⇐⇒ f(x) = 0
⇐⇒ a
(
x+
b
2a
)2
= −4ac− b
2
4a
⇐⇒ a
(
x+
b
2a
)2
=
b2 − 4ac
4a
⇐⇒
(
x+
b
2a
)2
=
b2 − 4ac
4a2
⇐⇒
b2−4ac>0
x+
b
2a
= ±
√
b2 − 4ac
4a2
⇐⇒ x+ b
2a
= ±
√
b2 − 4ac
2|a|
⇐⇒ x = ±
√
b2 − 4ac
2a
− b
2a
⇐⇒ x = −b±
√
b2 − 4ac
2a
Com isso, as ráızes da equação ax2 + bx+ c = 0 são dadas por
r1 =
−b+
√
b2 − 4ac
2a
e r2 =
−b−
√
b2 − 4ac
2a
.
Pauta de Correção:
(a) • Fazer corretamente o completamento de quadrados. [0,5]
• Concluir corretamente as expressões para m e k. [0,25]
(b) • Observar que a expressão dentro da raiz é positiva. [0,25]
• Chegar corretamente à expressão final. [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Considere as sequências pn e qn definidas recursivamente por p1 = q1 = 1,
pn+1 = p
2
n + 2q
2
n, qn+1 = 2pnqn, para n > 1.
(a) Prove que p2n − 2q2n = 1, para n > 2.
(b) Use o item (a) para concluir que as frações
pn
qn
são irredut́ıveis para todo n > 2.
Solução
(a) A afirmação é verdadeira para n = 2. De fato, p2 = p
2
1+2q
2
1 = 1+2 = 3 e q2 = 2p1q1 = 2, portanto p
2
2−2q22 = 32−23 = 1.
Suponha a afirmação verdadeira até um certo k > 2, isto é, p2k − 2q2k = 1 (hipótese de indução). Vamos provar que a
afirmação é válida para k + 1.
Considerando a recorrência, temos que
p2k+1 − 2q2k+1 = (p2k + 2q2k)2 − 2(2pkqk)2 =
= p4k + 4p
2
kq
2
k + 4q
4
k − 8p2kq2k = p4k − 4p2kq2k + 4q4k = (p2k − 2q2k)2
Usando a hipótese de indução, conclúımos que
p2k+1 − 2q2k+1 = (p2k − 2q2k)2 = 1.
Portanto, pelo Prinćıpio de Indução Matemática, temos que p2n − 2q2n = 1, para n > 2.
(b) Seja d o máximo divisorcomum entre pn e qn. Como d | pn e d | qn, então d | p2n − 2q2n. Usando o item (a) obtemos que
d | 1, o que nos mostra que d = 1.
Pauta de Correção:
(a) • Provar a afirmação para n = 2. [0,25]
• Supor a afirmação válida para n = k e provar para n = k + 1. [0,5]
(b) • Provar que (pn, qn) = 1. [0,5]
Questão 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)= 0,75 ]
Uma técnica simples para calcular o quadrado de um número natural N , representado no sistema decimal, cujo
algarismo das unidades é igual a 5 é a seguinte:
(i) O algarismo das dezenas de N2 será 2 e o das unidades será 5, ou seja, N2 “termina”em 25.
(ii) Para determinar os algarismos antecedentes a 25 em N2, considere o número a obtido pela retirada do algarismo
5 (algarismo das unidades) do número N que se quer elevar ao quadrado e multiplique pelo seu sucessor a+ 1.
Assim, os algarismos do número a× (a+ 1) serão os algarismos que antecedem o 25.
Por exemplo: 352 = 1225, pois 3× 4 = 12; 1952 = 38025, pois 19× 20 = 380.
(a) Use a técnica acima para calcular 7052 e 99952.
(b) Prove a validade desse resultado.
Solução
(a) Tem-se que 7052 = 497025, pois 70× 71 = 4970 e 99952 = 99900025, pois 999× 1000 = 999000.
(b) Considere um número N , representado no sistema decimal, cujo algarismo das unidades é 5:
N = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · ·+ a1 · 10 + 5
Tem-se que
N = (an · 10n−1 + an−1 · 10n−2 + · · ·+ a1)︸ ︷︷ ︸
a
·10 + 5 = 10a+ 5
onde a é o número formado por todos os algarismos, exceto o algarismo 5. Segue dáı que
N2 = (10a+ 5)2 = (10a)2 + 2× 10a× 5 + 52 = 100a2 + 100a+ 25 = a× (a+ 1)× 100 + 25
Portanto, N2 é o número terminado em 25 e os demais algarismos são obtidos pela multiplicação a× (a+ 1).
Pauta de Correção:
(a) • Calcular 7052, usando a técnica. [0,25]
• Calcular 99952, usando a técnica. [0,25]
(b) • Escrever N = a · 10 + 5. [0,25]
• Calcular N2 e concluir o resultado. [0,5]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Um cubo de aresta de medida 3 é intersectado por um plano, determinando o triângulo DPQ, como mostra a figura
a seguir:
Sabe-se que AP = AQ = 2.
(a) Calcule a área do triângulo DPQ.
(b) Determine a distância do vértice A do cubo ao plano que contém o triângulo DPQ.
Solução
(a) Como AP = AQ = 2 e como PAQ é um triângulo retângulo, temos
PQ
2
= AP
2
+AQ
2
= 22 + 22 = 8,
logo PQ =
√
8 = 2
√
2.
Como os triângulos DAQ e DAP são congruentes (caso LAL), tem-se DP = DQ, logo o triângulo DPQ é isósceles de
vértice D. Tomando o ponto médio M do lado PQ deste triângulo, tem-se então que DM é a altura de DPQ relativa
a PQ.
Como o triângulo APQ é isósceles de vértice A, temos também que AM é altura de APQ, logo AM̂P = 90◦. Com isso,
AM · PQ = AP ·AQ,
logo
AM · 2
√
2 = 2 · 2,
e, com isso,
AM =
√
2.
O triângulo DAM é retângulo, logo
DM
2
= DA
2
+AM
2
= 32 + (
√
2)2 = 11.
Com isso, DM =
√
11 e
Área(DPQ) =
1
2
· PQ ·DM = 1
2
· 2
√
2 ·
√
11 =
√
22.
(b) Sendo d a distância do vértice A ao plano que contém o triângulo DPQ, o volume V do tetraedro DPQA pode ser
calculado de duas formas:
V =
1
3
· Área(DPQ) · d,
V =
1
3
· Área(APQ) ·DA
(na primeira, tomamos DPQ como base e, na segunda, APQ).
Com isso,
Área(DPQ) · d = Área(APQ) ·DA.
Como Área(DPQ) =
√
22 e
Área(APQ) =
1
2
·AP ·AQ = 1
2
· 2 · 2 = 2,
temos
√
22 · d = 2 · 3,
logo
d =
6√
22
.
Pauta de Correção:
Item (a):
• Considerar o ponto M . [0,25]
• Calcular DM =
√
11. [0,25]
• Obter o valor correto para a área de PDQ. [0,25]
Item (b):
• Calcular o volume do tetraedro DPQA. [0,25]
• Utilizar o volume calculado para obter a distância procurada. [0,25]
Solução Alternativa do Item (b):
O segmento d é a altura do triângulo retângulo DAM . Os catetos medem DA = 3, AM =
√
2, e a hipotenusa mede
DM =
√
11. Calculando a área de duas formas diferentes, obtemos a relação:
DM · d = DA ·AM,
chegamos a
√
11d = 3
√
2, o que nos leva a d =
3
√
22
11
=
6√
22
.
Pauta de Correção da Solução Alternativa do Item (b):
• Identificar d como a altura do triângulo retângulo ADM . [0,25]
• Utilizar qualquer relação métrica para calcular d. [0,25]
Questão 06 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Sejam a, b números inteiros e p um número primo. Prove que:
(a) se p | ap − bp, então p | a− b.
(b) se p | ap − bp, então p2 | ap − bp.
Solução
(a) Suponha que p | ap − bp. Como p é primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que p | ap − a e p | bp − b, logo
p | ap − bp − (a− b). Agora, como p | ap − bp, conclúımos que p | a− b.
(b) Suponha que p | ap − bp. Segue que, usando o item (a), p | a− b, ou equivalentemente, a ≡ b mod p. Então temos que
an ≡ bn mod p, para todo n natural.
Dáı,
ap−1 + ap−2b+ · · ·+ abp−2 + bp−1 ≡ bp−1 + bp−2b+ · · ·+ bbp−2 + bp−1 ≡ pbp−1 ≡ 0 mod p
Como ap−bp = (a−b)(ap−1+ap−2b+ · · ·+abp−2+bp−1) e os dois fatores são diviśıveis por p, conclúımos que p2 | ap−bp.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Usar o Pequeno Teorema de Fermat. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
Item (b)
• Decompor ap − bp e usar o item (a) para concluir que p divide um dos fatores. [0,25]
• Provar que p divide o outro fator. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
Questão 07 [ 1,25 ]
Resolva a equação de recorrência Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0 (n > 0), F0 = 0, F1 = 1.
Solução
A equação caracteŕıstica associada a Fn é r
2 − r − 1 = 0 cujas ráızes são dadas por
r1 =
1 +
√
5
2
e r2 =
1−
√
5
2
.
Então,
Fn = C1
(
1 +
√
5
2
)n
+ C2
(
1−
√
5
2
)n
.
Para determinar C1 e C2 usamos F0 = 0 e F1 = 1.
Para n = 0 e n = 1 obtemos o sistema  F0 = C1 + C2 = 0F1 = C1 ( 1+√52 )+ C2 ( 1−√52 ) = 1
Resolvendo o sistema, encontramos C1 =
1√
5
, C2 = −
1√
5
e assim:
Fn =
1√
5
(
1 +
√
5
2
)n
− 1√
5
(
1−
√
5
2
)n
.
Pauta de Correção:
• Escrever a equação caracteŕıstica. [0,25]
• Achar as ráızes da equação caracteŕıstica. [0,25]
• Escrever a fórmula expĺıcita Fn = C1rn1 + C2rn2 . [0,25]
• Atribuir dois valores para n e montar um sistema. [0,25]
• Resolver o sistema. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Considere a função real definida por f(x) =
√
3 sen(x) + cos(x).
(a) Determine α ∈ [0, 2π] para que f possa ser escrita na forma f(x) = 2 sen(x+ α).
(b) Resolva, em R, a equação
√
3 sen(x) + cos(x) = 2.
Solução
(a) Desenvolvendo a expressão 2 sen(x+ α), temos
2 sen(x+ α) = 2 [sen(x) cos(α) + sen(α) cos(x)]
= 2 cos(α) sen(x) + 2 sen(α) cos(x).
Assim, para que 2 sen(x+ α) seja igual a f(x) =
√
3 sen(x) + cos(x), é necessário e suficiente que
2 cos(α) =
√
3 e 2 sen(α) = 1,
ou, equivalentemente,
cos(α) =
√
3
2
e sen(α) =
1
2
.
Esta igualdade é satisfeita, para α ∈ [0, 2π], tomando-se α = π
6
.
(b) Pelo item (a),
√
3 sen(x) + cos(x) = 2 ⇐⇒ 2 sen
(
x+
π
6
)
= 2
⇐⇒ sen
(
x+
π
6
)
= 1
⇐⇒ x+ π
6
=
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
⇐⇒ x = −π
6
+
π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
⇐⇒ x = π
3
+ 2kπ, k ∈ Z
Pauta de Correção:
(a) • Usar a fórmula do seno da soma de arcos. [0, 25]
• Concluir que α = π/6. [0, 25]
(b) • Usar o item (a) e reescrever a equação. [0, 25]
• Chegar à solução da equação. [0, 5]
Solução Alternativa para o Item (b):
Podemos reescrever a equação na forma
√
3 sen(x) = 2− cos(x).
Elevando os dois lados ao quadrado temos que 3 sen2(x) = (2 − cos(x))2, ou seja, 3 sen2(x) = 4 − 4 cos(x) + cos2(x). Pela
relação fundamental cos2(x) + sen2(x) = 1, segue que 3(1− cos2(x)) = 4− 4 cos(x) + cos2(x).
Assim temos a equação 4 cos2(x)− 4 cos(x) + 1 = 0. Fazendo cos(x) = t obtemos a equação do segundo grau 4t2 − 4t+ 1 = 0,
cuja solução é t =
1
2
.
Logo temos que resolver a equação cos(x) =
1
2
que tem como soluções x =
π
3
+ 2kπ e x = −π
3
+ 2kπ, com k ∈ Z.
Como as funções seno e cosseno são 2π-periódicas, podemos testar apenas x =
π
3
e x = −π
3
na equação original.
Sabemos que cos
(π
3
)
= cos
(
−π
3
)
=
1
2
, sen
(π
3
)
=
√
3
2
e sen
(
−π
3
)
= −
√
3
2
.
Substituindo na equação√
3 sen(x) = 2− cos(x) vemos que x = π
3
é solução e que x = −π
3
não é solução.
Portanto as soluções em R são dadas por x = π
3
+ 2kπ, com k ∈ Z.
Pauta de Correção da Solução Alternativa para o Item (b):
• Encontrar a equação em cos(x) e fazer a substituição t = cos(x). [0,25]
• Resolver a equação em t e encontrar os posśıveis valores de x. [0,25]
• Concluir quais são as soluções corretas da equação. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2017.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,25 ]
Determine as equações das duas retas tangentes à parábola de equação y = x2 − 2x + 4 que passam pelo ponto
(2,−5).
Solução
A equação de uma reta tangente à parábola que passa pelo ponto (2,−5) é caracterizada por y = m(x− 2)− 5 , onde m é a
inclinação e o sistema seguinte possui solução única, isto é, a interseção da reta com a parábola possui um único ponto.{
y = x2 − 2x+ 4
y = m(x− 2)− 5
Assim, x2 − 2x+ 4 = m(x− 2)− 5, donde x2 − (2 +m)x+ 2m+ 9 = 0. O sistema terá uma única solução se, e somente se,
∆ = b2 − 4ac = 0.
Calculando ∆ = (2 +m)2 − 4(2m+ 9) = m2 − 4m− 32, obtemos ∆ = 0 se, e somente se, m = 8 ou m = −4.
Portanto, y = 8x− 21 e y = −4x+ 3 são as equações pedidas.
Pauta de Correção:
• Escrever a equação de uma reta passando por (2,−5). [0,25]
• Caracterizar a reta tangente. [0,25]
• Concluir que o sistema tem solução única se, e somente se, ∆ = 0. [0,25]
• Determinar as duas equações. [0,5]
Questão 02 [ 1,25 ]
Descreva a construção, com régua e compasso, do ćırculo tangente à reta r e contendo os pontos A e B da figura
abaixo.
Observação: Considere conhecidas as construções, com régua e compasso, da mediatriz de um segmento, da média
geométrica de dois segmentos e da perpendicular a um segmento passando por um ponto dado. Estas construções
podem ser utilizadas sem maiores detalhamentos.
Solução
Vamos supor o problema resolvido:
Para construir o ćırculo, precisamos construir, primeiramente, seu centro C. Este centro estará na interseção da mediatriz do
segmento AB com a reta perpendicular a r e passando pelo ponto T de tangência entre r e o ćırculo. Com isso, se soubermos
determinar o ponto T , o problema poderá ser facilmente resolvido.
Sendo P o ponto de interseção entre r e a reta que passa por A e B, sabemos que
PA · PB = PT 2,
logo, PT é a média geométrica dos segmentos PA e PB. Com isso, podemos fazer a seguinte construção:
1. Marcamos o ponto P de interseção entre as retas da figura e constrúımos o ćırculo de centro P e raio a, onde a é a
média geométrica dos segmentos PA e PB (esta construção pode, segundo o enunciado, ser feita sem maiores detalhes).
2. Tomamos o ponto T na interseção entre r e o ćırculo do passo anterior, de forma que TPA seja agudo.
3. Traçamos a reta s, perpendicular a r e passando por T (segundo o enunciado, esta construção pode ser feita sem maiores
detalhes).
4. Traçamos a reta m, mediatriz de AB (esta construção pode ser feita sem maiores detalhes).
5. Marcamos o centro C do ćırculo na interseção entre m e s.
6. Constrúımos o ćırculo de centro C e raio CA.
Pauta de Correção:
• Indicar (mesmo que apenas em uma figura) que o centro do ćırculo está na mediatriz de AB e na reta perpendicular a
r passando por T , ou seguir claramente uma estratégia que utiliza este fato. [0,25]
• Considerar a média geométrica entre os segmentos PA e PB. [0,25]
• Tomar o ponto T de forma que PT seja a média geométrica entre os segmentos PA e PB. [0,5]
• Finalizar a construção do ćırculo, tomando o centro na mediatriz de AB e na perpendicular a r passando por T . [0,25]
Questão 03 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Prove que um número inteiro positivo n possui uma quantidade ı́mpar de divisores positivos se, e somente se,
é um quadrado perfeito.
(b) Sejam a e b números inteiros positivos com (a, b) = 1. Prove que, se ab é um quadrado perfeito, então a e b são
quadrados perfeitos.
Solução
(a) Pelo teorema fundamental da aritmética, n = pα11 · p
α2
2 · · · p
αk
k sendo
p1 < p2 < · · · < pk números primos e α1, α2, . . . , αk números inteiros positivos. A quantidade de divisores de n é dado
por
d(n) = (α1 + 1) · (α2 + 1) · · · (αk + 1).
(i) Se n tem um número ı́mpar de divisores, então todos os fatores de d(n) são números ı́mpares, ou seja, α1, α2, · · · , αk
são números pares. Portanto
n =
(
p
α1
2
1 · p
α2
2
2 · · · p
αk
2
k
)2
.
(ii) Por outro lado, se n é um quadrado perfeito, então n = c2 para algum c ∈ Z. Isto implica que todos os αi são números
pares e então d(n) é ı́mpar, por ser o produto de ı́mpares.
(b) Sejam a = aβ11 · a
β2
2 · · · aβss e b = b
γ1
1 · b
γ2
2 · · · b
γt
t a decomposição destes números em fatores primos distintos. O fato de
(a, b) = 1 implica que a e b não tem fator primo comum. Portanto a decomposição de ab em fatores primos é
ab = aβ11 · a
β2
2 · · · a
βs
s · bγ11 · b
γ2
2 · · · b
γt
t
Como ab é um quadrado perfeito, pelo item (a) a quantidade de divisores de ab é um número ı́mpar, isto é,
d(ab) = (β1 + 1) · (β2 + 1) · · · (βs + 1) · (γ1 + 1) · (γ2 + 1) · · · (γt + 1)
é ı́mpar. Logo d(a) é ı́mpar, d(b) é ı́mpar e novamente pelo item (a) os números a e b são quadrados perfeitos.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Supor que n tem uma quantidade ı́mpar de divisores e concluir que n é quadrado perfeito. [0,25]
• Supor que n é quadrado perfeito e concluir que n tem uma quantidade ı́mpar de divisores. [0,25]
Item (b)
• Escrever corretamente a decomposição em primos de ab, usando o fato (a, b) = 1. [0,25]
• Concluir que a e b são quadrados perfeitos. [0,5]
Solução alternativa para o item (b):
(b) Sejam a = aβ11 · a
β2
2 · · · aβss e b = b
γ1
1 · b
γ2
2 · · · b
γt
t a decomposição destes números em fatores primos distintos. O fato de
(a, b) = 1 implica que a e b não tem fator primo comum. Portanto a decomposição de ab em fatores primos é
ab = aβ11 · a
β2
2 · · · a
βs
s · bγ11 · b
γ2
2 · · · b
γt
t .
Como ab é um quadrado perfeito, os expoentes βi e γj são todos pares. Logo as decomposições de a = a
β1
1 · a
β2
2 · · · aβss e
b = bγ11 · b
γ2
2 · · · b
γt
t em fatores primos distintos têm expoentes pares. Portanto os números a e b são quadrados perfeitos.
Pauta de Correção:
Item (b)
• Escrever corretamente a decomposição de ab em primos distintos usando o fato de que (a, b) = 1. [0,25]
• Concluiur que a e b são quadrados perfeitos. [0,50]
Questão 04 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Uma permutação de n elementos é dita caótica quando nenhum elemento está na posição original. Por exemplo,
(2, 1, 4, 5, 3) e (3, 4, 5, 2, 1) são permutações caóticas de (1, 2, 3, 4, 5), mas (3, 2, 4, 5, 1) não é, pois 2 está no lugar
original. O número de permutações caóticas de n elementos é denotado por Dn.
(a) Determine D4 listando todas as permutações caóticas de (1, 2, 3, 4).
(b) Quantas são as permutações de (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) que têm exatamente três números em suas posições original?
Solução
(a) As permutações caóticas de (1, 2, 3, 4) são 2143, 2341, 2413, 3142, 3412, 3421, 4123, 4312 e 4321.
(b) Primeiro escolhemos 3 números entre 1 e 7 que ficam na posição original, o que pode ser feito de C37 = 35 maneiras.
Devemos fazer uma permutação caótica com as demais 4 posições, e isso pode ser feito de D4 = 9 maneiras.
Portanto temos um total de C37 ·D4 = 315 permutações de (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) que têm exatamente três números em suas posições
originais.
Pauta de Correção:
(a) • Listar as 9 permutações caóticas de (1, 2, 3, 4). [0,5]
• Não listar todas as permutações caóticas de (1, 2, 3, 4) mas listar pelo menos 6, sendo todas as listadas caóticas.
[0,25]
(b) • Concluir que existem 35 modos de escolher os 3 números que ficarão na posição original. [0,25]
• Concluir que cada escolha dos 3 númerosfixados na posição original gera D4 permutações caóticas. [0,25]
• Concluir a contagem 35 ·D4. [0, 25]
Questão 05 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
Um tetraedro ABCD possui como base o triângulo equilátero BCD, cujos lados têm medida 1. Suas faces laterais
são tais que AB = AC = AD = `, com BÂC = CÂD = BÂD = α.
(a) Expresse ` em função de α.
(b) Determine, em função de α, a medida da altura deste tetraedro traçada a partir de A.
Solução
(a) Considerando a face ABC, como ` = AB = AC e BC = 1, temos, pela Lei do Cossenos,
12 = `2 + `2 − 2 · ` · ` · cosα,
que implica
2`2(1− cosα) = 1,
logo
`2 =
1
2(1− cosα) .
Com isso,
` =
√
1
2(1− cosα) .
(b) Como as faces ABC, ACD e ABD são triângulos isósceles de vértice A, as alturas relativas a A de cada uma dessas
faces têm seus pés nos pontos médios de BC, CD e BD, respectivamente. Da mesma forma, as alturas da face BCD,
que é um triângulo equilátero, têm pés nos mesmos pontos médios, como mostra a figura abaixo.
Assim, as projeções das arestas AB, AC e AD sobre a base estão sobre as alturas da base, de forma que H, pé da
altura AH do tetraedro, esteja então no incentro/ortocentro/baricentro do triângulo equilátero BCD. Como a altura
do triângulo BCD tem medida
√
3
2
, temos
BH = CH = DH =
2
3
·
√
3
2
=
√
3
3
.
Assim, como AHB é retângulo em H, temos
AH
2
+BH
2
= AB
2
,
logo
AH
2
+
(√
3
3
)2
= `2,
que nos dá
AH
2
+
1
3
=
1
2(1− cosα) .
Com isso,
AH =
√
1
2(1− cosα) −
1
3
,
que é a altura pedida
Pauta de Correção:
Item (a):
• Aplicar a lei dos cossenos. [0,25]
• Obter ` em função de α. [0,25]
Item (b):
• Obter a distância
√
3/3 entre um dos vértices da base (B, C ou D) e o pé H da altura pedida. [0,25]
• Considerar um dos triângulos retângulos ABH, ACH ou ADH. [0,25]
• Encontrar a altura correta. [0,25]
Questão 06 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Prove a relação de Stifel: para todos n e p inteiros positivos com n > p,
Cp+1n+1 = C
p+1
n + C
p
n.
(b) Considere a sequência de números inteirosa1 = C22 ,an = C22 + · · ·+ C2n+1, n > 2.
Mostre que an = C
3
n+2.
Solução
(a) Se n = p obtemos 1 = 0 + 1. Suponhamos então n > p.
Temos que
Cp+1n + C
p
n =
n!
(p+ 1)!(n− p− 1)! +
n!
p!(n− p)! =
n!(n− p) + n!(p+ 1)
(p+ 1)!(n− p)!)
Cp+1n + C
p
n =
n!(n+ 1)
(p+ 1)!(n− p)! =
(n+ 1)!
(p+ 1)!(n− p)! = C
p+1
n+1
(b) Para n = 2 temos a2 = C
2
2 + C
2
3 = 1 + 3 = C
3
4 , portanto a afirmação é verdadeira.
Suponhamos an = C
3
n+2, para n fixo, n > 2. Vamos provar que o resultado vale para n+ 1, isto é, an+1 = C
3
n+3.
Temos que an+1 = an + C
2
n+2 = C
3
n+2 + C
2
n+2 (hipótese de indução).
Agora, usando a relação de Stifel, obtemos
an+1 = C
3
n+2 + C
2
n+2 = C
3
n+3
Portanto, pelo prinćıpio de indução, o resultado é válido para todo n > 2.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Provar a relação de Stifel. [0,5]
Item (b)
• Verificar o resultado para n = 2 (base da indução). [0,25]
• Supor o resultado válido para n e provar para n+ 1. [0,5]
Solução alternativa para o item (a) com argumento combinatório:
(a) Suponha que de um grupo de n + 1 pessoas tenham que ser formada uma comissão com p + 1 pessoas. Por definição
de número binomial segue que o lado esquerdo da igualdade é uma solução posśıvel para o problema. Por outro lado,
fixemos uma pessoa, digamos P. Vamos considerar as comissões que contém P e as comissões que não contém P. O
número de elementos do primeiro conjunto é igual a y = Cpn, pois como P já faz parte, resta escolher p entre as demais
n. Já, o número de comissões sem P é igual a x = Cp+1n . Portanto segue o resultado.
Temos então que x+ y = Cp+1n+1.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Encontrar x e y. [0,25]
• Concluir que Cp+1n+1 = x+ y. [0,25]
Solução alternativa para o item (b):
(b) Pela relação de Stifel temos
C34 = C
3
3 + C
2
3
C35 = C
3
4 + C
2
4
C36 = C
3
5 + C
2
5
...
C3n+1 = C
3
n + C
2
n
C3n+2 = C
3
n+1 + C
2
n+1.
Somando-se as igualdades acima, membro a membro, obtemos que
C3n+2 = C
3
3 + C
2
3 + · · ·+ C2n + C2n+1.
Como C33 = C
2
2 = 1 segue que
C3n+2 = C
2
2 + C
2
3 + · · ·+ C2n + C2n+1.
Pauta de Correção:
Item (b)
• Listar todas as igualdade de Stifel de 4 e n+ 2. [0,25]
• Somar termo a termo e concluir a igualdade. [0,50]
Questão 07 [ 1,25 ::: (a)=0,75; (b)=0,50 ]
Uma função f é dita crescente em X ⊂ R se, para todos x1, x2 ∈ X com x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2). Sabendo
que as funções g(x) = xa e h(x) = bx são crescentes em [0,+∞) para a e b reais com a > 0 e b > 1,
(a) prove que a função F (x) = (1 + ex)
x2+1
é crescente em [0,+∞);
(b) encontre as soluções não negativas da equação (1 + ex)
x2+1
= 2.
Solução
(a) Suponha x1 < x2, onde x1, x2 ∈ [0,∞).
Como as funções g(x) = xa e h(x) = bx são crescentes em [0,+∞) para a e b reais com a > 0 e b > 1, tem-se que
x1 < x2 =⇒ xa1 < xa2 e bx1 < bx2
Assim, x21 < x
2
2 (tomamos a = 2) e dáı
x21 + 1 < x
2
2 + 1
Concluimos, tomando b = 1 + ex1 > 1, que
(1 + ex1)x
2
1+1 < (1 + ex1)x
2
2+1 (1)
Por outro lado, tomando b = e > 1, tem-se que ex1 < ex2 , logo ex1 +1 < ex2 +1. Agora, tomando a = x22 +1, concluimos
que
(1 + ex1)x
2
2+1 < (1 + ex2)x
2
2+1 (2)
Usando as desigualdades (1) e (2) concluimos, pela transitividade, que
F (x1) = (1 + e
x1)x
2
1+1 < F (x2) = (1 + e
x2)x
2
2+1
Portanto, a função F é crescente.
(b) Temos que a função F (x) = (1 + ex)x
2+1 é crescente , consequentemente é injetora. A equação (1 + ex)x
2+1 = 2 é
equivalente à F (x) = 2 = F (0).
Portanto, x = 0 é a única solução não negativa.
Pauta de Correção:
(a) • Concluir a desigualdade (1). [0,25]
• Concluir a desigualdade (2). [0,25]
• Concluir que a função é crescente. [0,25]
(b) • Concluir que a função é injetiva. [0,25]
• Achar a solução única. [0,25]
Questão 08 [ 1,25 ::: (a)=0,50; (b)=0,75 ]
(a) Sejam a, b,m números inteiros, com m > 1 e tais que (a,m) = 1. Prove que a congruência ax ≡ 1 mod m
possui solução. Além disso, mostre que se x1, x2 ∈ Z são soluções da congruência, então x1 ≡ x2 mod m.
(b) Resolva a congruência 13x ≡ 1 mod 2436.
Solução
(a) Suponha (a,m) = 1. Segue que existem inteiros r, s tais que a · r+m · s = 1. Dáı temos que ar ≡ 1 mod m, portanto r é
solução. Suponha agora que x1, x2 são soluções, isto é, ax1 ≡ 1 mod m e ax2 ≡ 1 mod m. Segue que, ax1 ≡ ax2 mod m,
Como (a,m) = 1, concluimos que x1 ≡ x2 mod m.
(b) Considere a congruência 13 · x ≡ 1 mod 2436.
Calculando o mdc(2436, 13) obtemos
187 2 1 1 2
2436 13 5 3 2 1
5 3 2 1 0
Portanto, mdc(2436, 13) = 1. Agora, usando o algoritmo euclidiano estendido, obtemos
13 · 937 + 2436 · (−5) = 1
Portanto, x ≡ 937 mod 2436.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Mostrar que a congruência tem solução. [0,25]
• Mostrar que duas soluções são congruentes módulo m. [0,25]
Item (b)
• Mostrar 13 e 2436 são primos entre si. [0,25]
• Achar a solução geral. [0,5]
• Achar apenas uma solução particular. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2016.2 – Gabarito
Questão 01 [ 1,00 ]
A secretaria de educação de um munićıpio recebeu uma certa quantidade de livros para distribuir entre as escolas do
munićıpio. Sabe-se que a quantidade é superior a 1000, inferior a 2000, que se dividi-los entre 7 escolas sobram 4,
entre 9 sobram 2 e entre 13 sobram 6. Encontre a quantidade de livros.
Solução
Indicando por N a quantidade de livros, temos que 
N ≡ 4 mod 7
N ≡ 2 mod 9
N ≡ 6 mod 13
Como (7, 9) = 1, (9, 13) = 1 e (7, 13) = 1, o sistema tem solução.
Pelo Teorema Chinês dos Restos as soluções do sistema são dadas por
N ≡ 117 · y1 · 4 + 91 · y2 · 2 + 63 · y3 · 6 mod 819
onde
117y1 ≡ 1 mod 7
91y2 ≡ 1 mod 9
63y3 ≡ 1 mod 13
⇐⇒

5y1 ≡ 1 mod 7
y2 ≡ 1 mod 9
11y3 ≡ 1 mod 13
Os inteiros y1 = 3, y2 = 1 e y3 = 6 satisfazem as condições 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 Correção:
• Montar o sistema. [0,25]
• Escrever a solução geral do sistema. [0,25]
• Encontrar os valores de y1, y2 e y3. [0,25]
• Encontrar a solução pedida. [0,25]
Solução 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 equação modular segue que X = 7k + 4, com k ∈ Z.
Substituindo na segunda equação 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 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 < 2000, conclúımos que a
resposta é X = 1397.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Montar o sistema. [0,25]
• Substituir a primeira congruência na segunda e a segunda na terceira. [0,25]
• Escrever a solução geral do sistema. [0,25]
• Encontrar a solução pedida. [0,25]
Questão 02 [ 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 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 razão dos volumes dos cones é igual ao cubo da razão das alturas correspondentes, temos
1
2
=
(d
4
)3
,
logo
d = 2
3
√
4cm.
Pauta de Correção:
• Observar que o volume do cone pequeno é a metade do volume total [0,25]
• Utilizar que a razão entre os volumes é igual ao cubo da razão entre as alturas. [0,5]
• Determinar corretamente o valor de d. [0,25]
Solução Alternativa:
Pela semelhança entre os triângulos da figura,
r
3
=
d
4
,
logo r =
3d
4
.
Com isso, o volume do cone menor será dado por
v =
1
3
π r2 d =
1
3
(
3d
4
)2
d =
3
16
π d3.
O volume total do cone é
V =
1
3
π · 32 · 4 = 12π,
e como v =
1
2
V , segue que
3
16
π d3 =
1
2
· 12π,
que, simplificando, nos dá
d3 = 32,
e assim
d = 2
3
√
4cm.
Pauta de Correção da Solução Alternativa:
• Escrever corretamente r em função de d. [0,25]
• Obter o volume do cone menor em função apenas de d. [0,25]
• Calcular corretamente o volume V do cone total e observar que v = 1
2
V . [0,25]
• Determinar corretamente o valor de d. [0,25]
Questão 03 [ 1,00 ]
Sejam x e y números reais positivos tais que x+ y = 1.
Prove que
(
1 +
1
x
)(
1 +
1
y
)
> 9.
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)(2− x) > 9x(1− x),
que pode ser reescrita como
8x2 − 8x+ 2 > 0,
ou ainda
8
(
x− 1
2
)2
> 0.
A última desigualdade, que é satisfeita para todo valor de x, é equivalente à original. Portanto,(
1 +
1
x
)(
1 +
1
y
)
> 9.
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 2 > 8xy, ou seja, xy 6
1
4
, mas isto é
verdadeiro por causa da desigualdade das médias. De fato,
√
xy 6
x+ y
2
=
1
2
, e portanto xy 6
1
4
.
Pauta de Correção da Solução Alternativa 1:
• Chegar à desigualdade xy 6 1
4
. [0,25]
• Usar a hipótese. [0,25]
• Resolver a inequação. [0,5]
Solução Alternativa 2
Como x+ y = 1 segue que
1
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 médias aritmética e geométrica temos que
x+ y
2
>
√
xy que é 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 Correção da Solução Alternativa 2:
• Chegar à igualdade
(
1 +
1
x
)(
1 +
1
y
)
= 1 +
2
xy
. [0,25]
• Usar a desigualdade das médias. [0,25]
• 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) = ax2 + 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
2
x2 +
1
2
x.
Para todo inteiro k, k(k + 1) é par, logo
f(k) =
1
2
(k2 + k) =
1
2
· k(k + 1) ∈ Z.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Calcular f(0) e concluir que b é inteiro. [0,25]
• Calcular f(1) e concluir que a é inteiro. [0,25]
Item (b)
• Dar um contraexemplo. [0,25]
• Justificar que a função do contraexemplo satisfaz f(k) ∈ Z, para todo k ∈ Z. [0,25]
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
k =
CN
CM
=
1
2√
1 +
(
1
2
)2 =
1
2√
5
2
=
1√
5
.
Com isso,
Área(NIC)
Área(MBC)
= k2 =
1
5
,
logo
Área(NIC) =
1
5
Área(MBC),
e, como
Área(MBC) =
1
2
·BC ·BM = 1
2
· 1 · 1
2
=
1
4
,
temos
Área(NIC) =
1
5
· 1
4
=
1
20
.
Pauta de Correção:
• Concluir que o triângulo NIC é retângulo. [0,25]
• Concluir que os triângulos NIC e MBC são semelhantes. [0,25]
• Concluir que Área(NIC)
Área(MBC)
=
1
5
ou igualdade equivalente. [0,25]
• Calcular a área do triângulo NIC. [0,25]
Questão 06 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
De quantas maneiras distintas podemos escolher três números distintos do conjunto I40 = {x ∈ N : 1 6 x 6 40} de
modo que sua soma seja:
(a) um número ı́mpar?
(b) um múltiplo de 3?
Solução
(a) Temos que I40 = {1, 2, ..., 39, 40} = {1, 3, ..., 39}︸ ︷︷ ︸
20 ı́mpares
∪ {2, 4, ..., 40}︸ ︷︷ ︸
20 pares
.
Para obtermos um número ı́mpar, somando três números, temos duas possibilidades: três ı́mpares ou apenas um deles
ı́mpar.
O número de possibilidades para a escolha de 3 ı́mpares distintos é igual
a C320 =
20!
3!17!
=
18 · 19 · 20
6
= 1140.
Já, o número de possibilidades para escolhermos dois pares e um ı́mpar distintos é
20 · C220 = 20 ·
20!
2!18!
= 20 · 19 · 20
2
= 3800.
Portanto, a resposta é 1140 + 3800 = 4940.
(b) Temos que
I40 = {1, 2, ..., 39, 40} = {3, 6, ..., 39}︸ ︷︷ ︸
13 múltiplos de 3
∪ {1, 4, 7, ..., 40}︸ ︷︷ ︸
14 da forma 3k+1
∪ {2, 5, 8, ..., 38}︸ ︷︷ ︸
13 da forma 3k+2
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 + 2 ou
tomando os três de formas distintas 3k, 3k+ 1 e 3k + 2.
Portanto, a resposta é
C313 + C
3
14 + C
3
13 + 13 · 14 · 13 = 286 + 364 + 286 + 2366 = 3302.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos três números. [0,25]
• Fazer corretamente a contagem. [0,25]
item (b)
• Analisar corretamente as possibilidades de escolhas dos três números. [0,25]
• Fazer corretamente a contagem. [0,25]
Questão 07 [ 1,00 ]
Mostre que, para todo número natural n > 1, o resto da divisão do polinômio x2n + x+ 1 por x2 − 1 é igual a x+ 2.
Solução
Provaremos o resultado usando indução em n.
Para n = 1 temos que x2 + x+ 1 = 1 · (x2 − 1) + (x+ 2).
Supõe que o resultado vale para um certo k > 1, isto é,
x2k + x+ 1 = q(x)(x2 − 1) + (x+ 2) ou ainda x2k = q(x)(x2 − 1) + 1.
Agora vamos mostrar a validade do resultado para k + 1. De fato,
x2(k+1) + x+ 1 = x2k+2 + x+ 1 = x2 · x2k + x+ 1 = x2
[
q(x)(x2 − 1) + 1
]
+ x+ 1 =
x2 · q(x)(x2 − 1) + x2 + x+ 1 =
[
x2 · q(x) + 1
]
(x2 − 1) + (x+ 2).
Portanto vale o resultado para todo n > 1.
Pauta de Correção:
• Verificar que a afirmação é válida para n = 1. [0,25]
• Explicitar a hipótese de indução. [0,25]
• Concluir a prova. [0,5]
Solução Alternativa 1:
x2n + x+ 1 = (x2)n + x+ 1
= (x2 − 1 + 1)n + x+ 1
= (x2 − 1)n + n(x2 − 1)n−1 + · · ·+ n(x2 − 1) + 1n + x+ 1
= (x2 − 1) · q(x) + 1 + x+ 1
= (x2 − 1) · q(x) + (x+ 2)
Como x+ 2 tem grau 1, é o resto da divisão.
Pauta de Correção da Solução Alternativa 1:
• Escrever que x2 = x2 − 1 + 1. [0,25]
• Desenvolver o polinômio na forma q(x)(x2 − 1) + x+ 2. [0,5]
• Concluir que x+ 2 é o resto. [0,25]
Solução Alternativa 2:
Sabemos que yn − 1 = (y − 1)(yn−1 + · · ·+ y + 1). Assim,
x2n + x+ 1 = (x2)n + x+ 1
= (x2)n − 1 + 1 + x+ 1
= (x2 − 1)((x2)n−1 + · · ·+ x2 + 1) + x+ 2
Como x+ 2 tem grau 1, é o resto da divisão.
Pauta de Correção da Solução Alternativa 2:
• Escrever a fatoração de yn − 1. [0,25]
• Desenvolver o polinômio na forma q(x)(x2 − 1) + x+ 2. [0,5]
• Concluir que x+ 2 é o resto. [0,25]
Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Dados a, n ∈ N, com a > 2 ı́mpar, mostre que:
(a) se
an − 1
2
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
2
é par.
Solução
Solução (a)
Suponha que
an − 1
2
é par e que a não é da forma 4k + 1.
Temos que
an − 1
2
= 2k, com k inteiro, logo an = 4k + 1.
Como a é ı́mpar temos que a é da forma 4k + 3.
Considerando que
(4k1 + 3)(4k2 + 3) = 4k + 1
(4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1
(4k1 + 1)(4k2 + 3) = 4k + 3
conclúımos que n é par.
Solução Alternativa (a):
Suponha que
an − 1
2
é par e que a não é da forma 4k + 1.
Segue que
an − 1
2
= 2k, dáı an = 4k + 1 ou equivalentemente an ≡ 1 mod 4.
Como a é ı́mpar, então a ≡ 3 ≡ −1 mod 4.
Portanto n é par pois, caso contrário, teŕıamos an ≡ −1 mod 4.
Solução (b)
Suponhamos que a é da forma 4k + 1. Como (4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1, concluimos que a
n = 4k + 1, e dáı
an − 1
2
= 2k,
portanto par.
Suponhamos n é par. Como a é ı́mpar temos que a é da forma 4k + 3.
Considerando que
(4k1 + 3)(4k2 + 3) = 4k + 1
(4k1 + 1)(4k2 + 1) = 4k + 1
concluimos que an é da forma 4k + 1. Portanto
an − 1
2
= 2k é par.
Solução Alternativa (b):
Suponhamos que a é da forma 4k + 1. Segue que a ≡ 1 mod 4, dáı an ≡ 1 mod 4. Portanto, a
n − 1
2
= 2k é par.
Suponhamos n par. Como a é ı́mpar temos que a ≡ 1 mod 4 ou a ≡ 3 ≡ −1 mod 4. Nos dois casos, an ≡ 1 mod 4, portanto
an − 1
2
= 2k é par.
Pauta de Correção item (a):
• Supor a da forma 4k + 3 (ou n ı́mpar). [0,25]
• Concluir n par (ou a é da forma 4k + 1). [0,25]
Pauta de Correção item (b):
• Concluir o resultado quando a da forma 4k + 1. [0,25]
• Concluir o resultado quando n par. [0,25]
Outra Solução:
Começamos escrevendo
an − 1
2
=
(
a− 1
2
)
(an−1 + · · ·+ a+ 1).
Vamos, primeiramente, analisar a paridade de
a− 1
2
.
Como a é impar, ele é da forma 4k + 1 ou 4k + 3.
Se a = 4k + 1, então
a− 1
2
= 2k é par, enquanto que, se a = 4k + 3, então
a− 1
2
= 2k + 1 é ı́mpar.
Agora, analisaremos a paridade de an−1 + · · ·+ a+ 1.
Sendo a > 2 ı́mpar, temos que an−1, . . . , a são ı́mpares.
Assim, se n é par então an−1 + · · ·+ a+ 1 é par.
Agora, se n é ı́mpar, então an−1 + · · ·+ a+ 1 é ı́mpar.
Finalmente, observando que
an − 1
2
é par se, e somente se,
a− 1
2
é par ou an−1 + · · ·+ a+ 1 é par conclúımos que
an − 1
2
é par se, e somente se a é da forma 4k + 1 ou n é par.
Pauta de Correção:
• Escrever a
n − 1
2
=
(
a− 1
2
)
(an−1 + · · ·+ a+ 1). [0,25]
• Analisar corretamente a paridade de a− 1
2
. [0,25]
• Analisar corretamente a paridade de an−1 + · · ·+ a+ 1. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2016.1 – Gabarito
Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
(a) Seja x0, y0 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 = x0 + tb e y = y0 − 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 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 equação acima, segue-se
que y0 − y = ta, isto é, as soluções são do tipo exibido.
Por outro lado, x, y como no enunciado são soluções, pois
ax+ by = a(x0 + tb) + b(y0 − ta) = ax0 + by0 = c.
(b) Uma solução da equação 7X + 19Y = 781 é x0 = 3 e y0 = 40. De fato, 7 · 3 + 19 · 40 = 21 + 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 6 40
7
Logo t = 0, 1, 2, 3, 4, 5 e as soluções procuradas são: (3, 40), (22, 33), (41, 26), (60, 19), (79, 12), (98, 5).
Pauta de Correção:
Item (a)
• Verificar que x = x0 + tb e y = y0 − ta são soluções da equação. [0,25]
• Verificar que as soluções são necessariamente x = x0 + tb e y = y0 − ta. [0,25]
Item (b)
• Encontrar a solução geral da equação. [0,25]
• Encontrar as soluções naturais. [0,25]
Questão 02 [ 1,00 ]
Dados dois segmentos de medidas distintas a e b, descreva como construir, com régua e compasso, segmentos de
medidas
a + b
2
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
2
:
• 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
2
, 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
2
.
• 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
2
= AB ·BC.
Pauta de Correção:
• Construir um segmento de tamanho a+ b
2
. [0,5]
• Construir um segmento de tamanho
√
ab . [0,5]
Questão 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
(a) Seja p(X) = anX
n + an−1X
n−1 + · · ·+ a2X2 + a1X + a0 um polinômio com coeficientes inteiros. Se a fração
irredut́ıvel
a
b
, com a e b inteiros, é raiz de p(X), mostre que a é divisor de a0 e b é divisor de an.
(b) Encontre todas as ráızes reais do polinômio
p(X) = 2X4 + X3 − 7X2 − 3X + 3.
Solução
(a) Como p
(a
b
)
= an
(a
b
)n
+ an−1
(a
b
)n−1
+ · · ·+ a2
(a
b
)2
+ a1
(a
b
)
+ a0 = 0,multiplicando a igualdade por b
n
temos que ana
n + an−1a
n−1b+ · · ·+ a2a2bn−2 + a1abn−1 + a0bn = 0.
Logo ana
n = −(an−1an−1 + · · ·+ a2a2bn−3 + a1abn−2 + a0bn−1)b e
a0b
n = −(anan−1 + an−1an−2b+ · · ·+ a2abn−2 + a1bn−1)a.
Mas a e b são primos entre si, portanto segue das duas últimas igualdades
acima que b é divisor de an e a é divisor de a0.
(b) Nesse caso, os divisores de a0 = 3 são 1,−1, 3 e −3 e os divisores de a4 = 2 são 1,−1, 2 e −2.
Logo as posśıveis ráızes racionais de p(X) são 1,−1, 3,−3, 1
2
,−1
2
,
3
2
e −3
2
.
Agora p(1) = −4, p(−1) = 0, p(3) = 120, p(−3) = 84, p
(
1
2
)
= 0 e, com isso, temos duas ráızes
racionais de p(X), a saber −1 e 1
2
. Assim o polinômio p(X) é diviśıvel por X − (−1) = X + 1 e por 2
(
X − 1
2
)
.
Dividindo p(X) por (X + 1)(2X − 1) = 2X2 +X − 1 segue que p(X) = (2X2 +X − 1)(X2 − 3).
Portanto p(X) = 0 se, e somente se, 2X2 +X − 1 = 0 ou X2 − 3 = 0 e as ráızes de p(X) são as soluções
dessas equações do segundo grau, ou seja, −1, 1
2
,
√
3 e −
√
3.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Substituir a
b
em p(X) = 0 e obter uma igualdade sem denominadores.[0,25]
• Concluir que a é divisor de a0 e b é divisor de an. [0,25]
item (b)
• Encontrar as ráızes racionais de p(X). [0,25]
• Encontrar as ráızes irracionais de p(X). [0,25]
Questão 04 [ 1,00 ::: (a)=0,25; (b)=0,25; (c)=0,50 ]
A sequência (an) satisfaz as seguintes condições:
• a1 =
1
2
;
•
n∑
i=1
ai = n
2an, para n > 2.
(a) Determine a2, a3 e a4.
(b) Conjecture uma expressão para o termo geral an, em função de n.
(c) Prove, por indução em n, a fórmula obtida no item (b).
Solução
(a) Pela definição da sequência an segue que a1 + a2 = 2
2a2, a1 + a2 + a3 = 3
2a3 e a1 + a2 + a3 + a4 = 4
2a4.
Como a1 =
1
2
, obtemos a2 =
1
2 · 3 =
1
6
, a3 =
1
3 · 4 =
1
12
e a4 =
1
4 · 5 =
1
20
.
(b) Pelos resultados obtido no item (a), é posśıvel conjecturar que an =
1
n(n+ 1)
, para todo n > 1.
(c) Seja P (n) a proposição: an =
1
n(n+ 1)
, para todo n > 1.
Para n = 1 temos que a1 =
1
2
=
1
1 · 2 .
Suponha agora que P (n) é verdadeira para n = k, ou seja, ak =
1
k(k + 1)
.
Resta provar que P (k) implica P (k + 1). De fato, a1 + a2 + · · ·+ ak + ak+1 = (k + 1)2ak+1.
Usando a definição para k temos que k2ak + ak+1 = (k + 1)
2ak+1, logo ak+1 =
kak
k + 2
.
Agora usando a hipótese de indução segue que ak+1 =
k
k + 2
ak =
k
k + 2
· 1
k(k + 1)
=
1
(k + 1)(k + 2)
.
Portanto, P (k + 1) é verdadeira.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Encontrar a2, a3 e a4. [0,25]
Item (b)
• Conjecturar an de forma correta. [0,25]
Item (c)
• Provar o item (c). [0,5]
Alternativa Item (c)
• Usar a definição da sequência para mostrar que ak+1 =
kak
k + 2
. [0,25]
• Usar a hipótese de indução e concluir a demonstração. [0,25]
Questão 05 [ 1,00 ]
Se p é um número natural primo, mostre que 2(p+1)
3 ≡ 256 mod p.
Solução
Como p é primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que
2p ≡ 2 mod p.
Usando propriedades das congruências, segue que
2p
2
= (2p)p ≡ 2p ≡ 2 mod p
2p
3
= (2p)p
2
≡ 2p
2
≡ 2 mod p
23p
2
= (2p
2
)3 ≡ 23 mod p
23p = (2p)3 ≡ 23 mod p.
Portanto,
2(p+1)
3
= 2p
3
· 23p
2
· 23p · 21 ≡ 2 · 8 · 8 · 2 ≡ 256 mod p.
Solução alternativa:
2p+1 ≡ 4 mod p
2(p+1)
2
≡ 4p+1 ≡ (2p+1)2 ≡ 16 mod p
2(p+1)
3
≡ 16p+1 ≡ (4p+1)2 ≡ 162 ≡ 256 mod p.
Pauta de Correção:
• Usar o Pequeno de Fermat. [0,25]
• Calcular duas congruências. [0,25]
• Completar o cálculo das outras duas congruências. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
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 x1, x2 ∈ [a, b] e y1, y2 números reais positivos. Mostre que existe um único c ∈ [a, b] tal que
f(x1)y1 + f(x2)y2 = f(c) (y1 + y2) .
Solução
Sejam x1, x2 ∈ [a, b] e y1, y2 números reais positivos. Temos que
f(a)(y1 + y2) = f(a)y1 + f(a)y2 6 f(x1)y1 + f(x2)y2 e
f(x1)y1 + f(x2)y2 6 f(b)y1 + f(b)y2 = f(b)(y1 + y2).
Assim segue que f(a) 6
f(x1)y1 + f(x2)y2
y1 + y2
6 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) =
f(x1)y1 + f(x2)y2
y1 + y2
, ou seja, f(x1)y1 + f(x2)y2 = f(c)(y1 + y2).
Pauta de Correção:
• Usar ou observar que f(a) 6 f(x1) 6 f(b) e f(a) 6 f(x2) 6 f(b). [0,25]
• Mostrar que f(x1)y1 + f(x2)y2
y1 + y2
pertence ao intervalo [f(a), f(b)]. [0,5]
• Concluir a existência e a unicidade de c. [0,25]
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√
3
. Como α e β são suplementares, temos que cos β = − cos α = − 1√
3
.
Solução alternativa:
Considere o ângulo γ := AĈB. Como sen γ =
AB
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√
3
⇒ sen (90◦ − β) = − 1√
3
⇒ cos β = − 1√
3
.
Pauta de Correção:
• Construir um triângulo retângulo que tenha como lados uma aresta, a diagonal do cubo e a diagonal de uma face. [0,25]
• Calcular a medida da diagonal do cubo em função da aresta. [0,25]
• Calcular o cosseno do ângulo suplementar ao pedido (cos α) ou o seno do ângulo da solução alternativa (sen γ). [0,25]
• Obter o cosseno do ângulo pedido (cos β). [0,25]
Questão 08 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Considere os pontos A,B,C,D,E e F de um cubo distribúıdos 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
C36 =
6!
3!3!
=
6 · 5 · 4
3 · 2 · 1 = 20.
Três pontos no espaço determinam um único plano se, e somente se, não são colineares. Dentre as 20 escolhas diferentes
de três pontos, apenas 2 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
20
=
9
10
= 0, 9.
(b) O número de escolhas de 4 pontos distintos do conjunto {A,B,C,D,E, F} é
C46 =
6!
4!2!
=
6 · 5
2 · 1 = 15.
Como os pontos dados estão distribúıdos 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
=
2
5
= 0, 4.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Fazer a contagem dos 3 pontos que determinam um plano. [0,25]
• Calcular a probabilidade. [0,25]
Item (b)
• Fazer a contagem dos 4 pontos coplanares. [0,25]
• Calcular a probabilidade. [0,25]
MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL
ENQ – 2015.2 – Gabarito
Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Determine TODOS os valores posśıveis 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 diviśıvel por 60.
(b) 72z41t é diviśıvel por 99.
Solução
(a) 3x90586y é diviśıvel por 60 = 22 · 3 · 5 se, e somente se, é diviśıvel simultaneamente por 4, 3 e 5.
i) 3x90586y é diviśıvel por5 se, e somente se, y = 0 ou y = 5.
ii) 3x90586y é diviśıvel por 4 se, e somente se, 6y é diviśıvel por 4. Pelo item anterior, y = 0, pois 65 não é diviśıvel por 4.
iii) 3x905860 é diviśıvel por 3 se, e somente se, 3 + x+ 9 + 0 + 5 + 8 + 6 + 0 = 31 + x é diviśıvel por 3. Os posśıveis valores
para x são: 2, 5, 8.
Resposta: 32905860, 35905860 ou 38905860.
b) 72z41t é diviśıvel por 99 = 9 · 11 se, e somente se, é diviśıvel simultaneamente por 9 e 11.
i) 72z41t é diviśıvel por 9 se, e somente se, 7 + 2 + z+ 4 + 1 + t = 14 + z+ t é diviśıvel por 9. Então z+ t = 4 ou z+ t = 13.
ii) 72z41t é diviśıvel por 11 se, e somente se, t − 1 + 4 − z + 2 − 7 = t − z − 2 é diviśıvel por 11. Então t − z = −9 ou
t− z = 2.
Primeiro caso:
z + t = 4t− z = −9 , sem solução inteira.
Segundo caso:
z + t = 4t− z = 2 ⇔ z = 1 e t = 3.
Terceiro caso:
z + t = 13t− z = −9 ⇔ z = 11 e t = 2.
Quarto caso:
z + t = 13t− z = 2 , sem solução inteira.
Resposta: 721413
Pauta de Correção:
Item (a)
• Verificar os critérios de divisibilidade por 3, 4 e 5 na conclusão de que um número é diviśıvel por 60 ou mostrar que os
números achados pelos critérios usados são efetivamente diviśıveis por 60. [0, 25]
• Determinar corretamente os valores de x e y. [0, 25]
Item (b)
• Verificar os critérios de divisibilidade por 9 e 11 na conclusão de que um número é diviśıvel por 99. [0, 25]
• Determinar corretamente os valores de z e t. [0, 25]
Questão 02 [ 1,00 ]
A altura CH e a mediana BK são traçadas em um triângulo acutângulo ABC.
Sabendo que BK ≡ CH e KB̂C=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, KB̂C = HĈB e BC ≡ CB, logo, pelo caso LAL, estes triângulos são
congruentes. Assim, CK̂B = 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, conclúımos também que BH ≡ CK.
Como BPC é isósceles, temos CP ≡ BP e, consequentemente, PK ≡ PH. Com isso, os triângulos retângulos AHP e AKP
possuem mesma hipotenusa e catetos PH e PK congruentes, logo estes triângulos são congruentes. Com isso, AH ≡ AK. E,
como BH ≡ CK, isto implica que AB ≡ AC.
Como já conclúımos 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. [0,25]
• Concluir que AB ≡ BC, a partir do fato de a mediana BK ser também altura ou equivalente. [0,25]
• Concluir que AH ≡ AK a partir da congruência dos triângulos AHP e AKP (ou mostrar que os triângulos AHC e
AKB são congruentes). [0,25]
• Concluir que AB ≡ AC. [0,25]
Pauta de correção alternativa:
• Concluir que BK é uma altura, a partir da congruência dos triângulos KBC e HBC, ou argumento equivalente. [0,25]
• Concluir que AB ≡ BC, a partir do fato de a mediana BK ser também altura ou equivalente. [0,25]
• 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 28237 por 13.
(b) Determine o algarismo das unidades do número 7(7
1000).
Solução
(a) Como 28 = 2 · 13 + 2, tem-se que 28 ≡ 2 mod 13. Dáı obtém-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 é igual a 5.
Solução 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(7
1000) equivale a calcular o resto da divisão deste número 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(7
1000) ≡ 74·q+1 ≡ 74·q · 7 ≡ 7 mod 10
Portanto, o algarismo das unidades de 7(7
1000) é igual a 7.
Pauta de Correção
Item (a)
• Calcular 286 ou 2812 módulo 13 [0, 25]
• Calcular o resto [0, 25]
Item (b)
• Calcular 74q módulo 10 [0, 25]
• Calcular o algarismo das unidades [0, 25]
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 an =
(
1 +
1
n
)n
é crescente, ou seja, que an < an+1, para todo n > 1.
Sugestão: Mostre que
an+1
an
=
(n + 2)
(n + 1)
·
[
(n + 1)2 − 1
(n + 1)2
]n
e use o item (a).
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+ kx2
= 1 + (k + 1)x+ kx2
> 1 + (k + 1)x,
onde a última desigualdade é verdadeira pelo fato do termo kx2 ser não negativo.
(b) Seja an =
(
1 +
1
n
)n
. Note que an =
(
1 +
1
n
)n
=
(
n+ 1
n
)n
=
(n+ 1)n
nn
.
Temos então que
an+1
an
= an+1 ·
1
an
=
(n+ 2)n+1
(n+ 1)n+1
· n
n
(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 correção:
Item (a)
• Fazer o P(1) e indicar a estratégia de prova por indução. [0,25]
• Fazer o passo de indução. [0,25]
Item (b)
• Mostrou a identidade para an+1
an
da sugestão, e usou o item (a). [0,25]
• Finalizou corretamente a questão. [0,25]
Questão 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Seja f(x) = ax2 + bx + c uma função quadrática com a > 0 e ∆ = b2 − 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.
(a) Mostre que BV =
√
∆(∆ + 4)
4a
.
(b) Mostre que o triângulo ABV é equilátero se, e somente se, ∆ = 12.
Solução
(a) Seja C o ponto médio do segmento AB.
As coordenadas dos pontos são
A =
(
−b−
√
∆
2a
, 0
)
, B =
(
−b+
√
∆
2a
, 0
)
, C =
(
− b
2a
, 0
)
e V =
(
− b
2a
,−∆
4a
)
.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BCV , temos que
BV
2
= BC
2
+ CV
2
.
Calculando os comprimentos dos segmentos:
BC =
AB
2
=
1
2
·
∣∣∣∣−b+√∆2a −
(
−b−
√
∆
2a
)∣∣∣∣ = √∆2a e CV = ∆4a .
Portanto,
BV
2
=
∆
4a2
+
∆2
16a2
=
∆2 + 4∆
16a2
, logo BV =
√
∆(∆ + 4)
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
BV = AB ⇐⇒
√
∆(∆ + 4)
4a
=
√
∆
a
⇐⇒
√
∆ + 4 = 4⇐⇒ ∆ = 12.
Pauta de Correção
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 condição necessária e suficiente para o triângulo ser equilátero. [0,25]
• Igualar as expressões e calcular ∆ corretamente. [0,25]
Questão 06 [ 1,00 ]
No paraleleṕıpedo 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
2
= AB
2
+BC
2
= `2 + (2`2).
Dáı segue que AC = `
√
5.
Analisando agora o triângulo ACM , conclúımos que ele é retângulo em C pois o segmento MC é perpendicular à face
ABCD do paraleleṕıpedo 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:
AM
2
= (2`)2 +
(
`
√
5
)2
,
e assim
AM = 3`.
Usando que o produto da hipotenusa pela altura correspondente é 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 correção:
• Calcular AC corretamente. [0,25]
• Calcular AM corretamente. [0,25]
• Observar que a distância de C ao segmento AM é o comprimento de um segmento CN perpendicular a AM . [0,25]
• Calcular CN . [0,25]
Questão 07 [ 1,00 ]
Determine todos os valores de x ∈ R tais que
(
1− cos2 x
)cos(3x−π4 ) = 1.
Solução
Reescrevendo a equação da forma
(sen2x)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, sen2x = 1 e cos
(
3x− π
4
)
∈ R.
Nesse caso temos sen x = ±1, isto é, x = π
2
+ nπ, n ∈ Z.
(ii) A base é um número real positivo e o expoente é nulo, isto é, sen2x > 0 e cos
(
3x− π
4
)
= 0.
Nesse caso, temos 3x− π
4
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z, isto é, x = π
4
+ k
π
3
, k ∈ Z.
Observação: Visto que sen2x e cos
(
3x− π
4
)
não se anulam para o mesmo valor de x, a situação 00 nunca ocorre na equação.
Pauta de Correção:
• Analisar, no caso (i), a ocorrência sen x = 1. [0,25]
• Analisar, no caso (i), a ocorrência sen x = −1. [0,25]
• 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 > 2 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 posśıveis
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 ińıcio, 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 é 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 correção:
Item (a)
• Calcular corretamente a quantidade de filas. [0,5]
Item (b)
• Encontrar o total de casos favoráveis. [0,25]
• Calcular corretamente a probabilidade. [0,25]
Gabarito e Pauta de Correção – ENQ 2015.1
Questão 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
(a) Mostre que se x e y são números irracionais tais que x2 − y2 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 x2 − y2 é racional não nulo (em particular
x 6= ±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 6= −y
e x 6= y, temos que
x− y = x
2 − y2
x+ y
e 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)
2
é racional, o que dá um absurdo.
Logo x+ y e x− y são números irracionais.
(b) Sejam p e q primos distintos. Logo
√
p e
√
q são números irracionais.
Note que
(√
p+
√
q
) (√
p−√q
)
= (
√
p)2− (√q)2 = 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. [0,25]
• Provar que x+ y e x− y são irracionais. [0,25]
Item (b)
• Usar o item (a) e deduzir o resultado do item (b). [0,5]
Questão 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, então sen x + sen y < 2 sen
(
x+ y
2
)
.
(b) Use o resultado do item (a) para resolver a equação
√
sen(2x)sen
√
x = sen
(
2x+
√
x
2
)
, 0 < x <
π
2
.
Solução
(a) Sejam 0 < x < π e 0 < y < π. Combinando essas duas desigualdades obtemos
0 <
x+ y
2
< π (1)
−π
2
<
x− y
2
<
π
2
(2)
Como x 6= y, temos que x− y
2
6= 0, e portanto, por (2),
0 < cos
(x− y
2
)
< 1.
Multiplicando esta última desigualdade por 2 sen
(x+ y
2
)
, que é um número
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, conclúımos
que
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 médias aritmética e geométrica dos números
positivos sen(2x) e sen
√
x.
Portanto 2x =
√
x e assim conclúımos que x =
1
4
.
2
Pauta de Correção:
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 solução da equação. [0,25]
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 estrita-
mente decrescente.
(a) Quantos elementos possui tal conjunto?
(b) Se escrevermos tais números em ordem crescente, que número ocupa a
109a posição?
Solução
(a) A cada escolha de quatro d́ıgitos (sem repetição), entre os dez d́ıgitos, temos
uma única ordem decrescente; portanto o número de elementos pedido é igual a(
10
4
)
= 210.
(b) A quantidade dos que iniciam com o d́ıgito 3 é 1 (apenas o número 3210);
4 iniciam com o d́ıgito 4, a saber 4210, 4310, 4320 e 4321; os que iniciam com o
d́ıgito 5 são no total de
(
5
3
)
= 10; com o d́ıgito 6 são
(
6
3
)
= 20; com o d́ıgito 7
são 35.
Até este momento temos um total de 70 números em ordem crescente.
A quantidade daqueles que iniciam com o d́ıgito 8 e são seguidos do d́ıgito:
• 2 é apenas 1 número, a saber 8210;
• 3 é
(
3
2
)
= 3;
3
• 4 é
(
4
2
)
= 6;
• 5 é
(
5
2
)
= 10;
• 6 é
(
6
2
)
= 15.
Agora temos um total de 105 números.
Os números seguintes serão 8710, 8720, 8721, 8730.
Assim conclúımos que o número que ocupa a 109a posição é 8730.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Calcular corretamente a quantidade de elementos do conjunto. [0,5]
Item (b)
• Encontrar o númeroque está na 109a 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 PD em função de a.
Solução
Cada ângulo interno do pentágono regular tem medida
âi = 180
◦ − 360
◦
5
= 180◦ − 72◦ = 108◦.
Como DC ≡ DE, o triângulo CDE é isósceles de vértice D, e, como CD̂E = 108◦,
temos DĈE = DÊC =
180◦ − 108◦
2
= 36◦.
4
Como os triângulos CDE e DEA são congruentes (LAL), temos também DÂE =
AD̂E = 36◦.
Como EÂP = 36◦ e PÊA = 108◦ − 36◦ = 72◦, temos que EP̂A = 180◦ − 36◦ −
72◦ = 72◦, logo o triângulo EAP é isósceles de vértice A. Com isso, AP = EA = a.
Os triângulos DPE 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
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 então
PD
2
+ aPD − a2 = 0.
Resolvendo a equação, temos
PD =
−a±
√
5a2
2
.
Tomando a solução positiva, temos
PD =
a
(√
5− 1
)
2
.
Pauta de Correção:
• Observar ou utilizar a congruência entre os triângulos CDE e DEA. [0,25]
5
• Concluir que o triângulo EAP é isósceles de vértice A e obter AP = a. [0,25]
• Mostrar que os triângulos DPE e DEA são semelhantes. [0,25]
• Calcular PD. [0,25]
Questão 05 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Um cubo de 20cm 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 ńıvel 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 Vt do tronco de pirâmide com o volume inicial da
água, dado por 20 · 20 · 15, será o volume do cubo. Assim,
Vt + 15 · 202 = 203
e, portanto,
Vt = 20
3 − 202 · 15 = 202 · (20− 15) = 202 · 5 = 2000cm3.
Solução alternativa do item (a):
Sendo H = 30cm a altura da pirâmide e a = 20cm a aresta do cubo, o volume (Vt)
do tronco de pirâmide submerso é igual ao volume da coluna de água que subiu, de
5cm, ou seja,
Vt = a · a · 5 = 20 · 20 · 5 = 2000cm3.
(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
V
v
=
(
H
h
)3
=
(
30
10
)3
e, portanto,
v =
V
27
.
Mas, sabe-se que
V − v = Vt = 2000
e, com isso
v = V − 2000.
6
Logo,
V
27
= V − 2000,
e, portanto,
V =
27000
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. [0,25]
• Calcular corretamente o volume do tronco da pirâmide. [0,25]
Item (a), solução alternativa:
• Indicar que o volume do tronco da pirâmide é igual ao volume da coluna de água
que subiu. [0,25]
• Calcular corretamente o volume do tronco da pirâmide. [0,25]
Item (b)
• Obter uma relação entre o volume total V da pirâmide e o volume v da parte
emersa. [0,25]
• Calcular corretamente o volume total da pirâmide. [0,25]
Questão 06 [ 1,00 ]
Sejam a, b e c inteiros tais que a3 + b3 + c3 é diviśıvel por 9. Mostre que pelo
menos um dos inteiros a, b ou c é diviśıvel por 3.
Solução
Observamos primeiramente que, se um número n não é diviśıvel por 3 então ele é
da forma 3k + 1 ou 3k + 2, logo n3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8.
Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja diviśıvel 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 a3+b3+c3
será da forma 9k + 1, 9k + 3, 9k + 6 ou 9k + 8:
a3 + b3 + c3
9k1 + 1 9k2 + 1 9k3 + 1 9k + 3
9k1 + 1 9k2 + 1 9k3 + 8 9k + 1
9k1 + 1 9k2 + 8 9k3 + 8 9k + 8
9k1 + 8 9k2 + 8 9k3 + 8 9k + 6
Portanto, obtemos a3 + b3 + c3 não diviśıvel por 9.
Solução alternativa:
7
Observamos primeiramente que, se um número n não é diviśıvel por 3 então ele é
da forma 3k + 1 ou 3k + 2, logo n3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8.
Portanto, se n não é diviśıvel por 3 então n3 ≡ 1 mod 9 ou n3 ≡ 8 mod 9.
Suponha que nenhum dos inteiros a, b, c seja diviśıvel 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:
a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 1 + 1 ≡ 3 mod 9
a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 1 + 8 ≡ 1 mod 9
a3 + b3 + c3 ≡ 1 + 8 + 8 ≡ 8 mod 9
a3 + b3 + c3 ≡ 8 + 8 + 8 ≡ 6 mod 9
Portanto, obtemos a3 + b3 + c3 não diviśıvel por 9.
Pauta de Correção:
• Observar que, se n não é diviśıvel por 3 então n é da forma 3k + 1 ou 3k + 2.
[0,25]
• Observar que, se n não é diviśıvel por 3 então n3 é da forma 9k + 1 ou 9k + 8.
[0,25]
• Supor que nenhum dos inteiros a, b, c seja diviśıvel por 3 e considerar todas as
possibilidades para a3 + b3 + c3. [0,25]
• Concluir o resultado. [0,25]
Questão 07 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
(a) Considere um conjunto formado por 11 números inteiros positivos di-
ferentes, menores do que 21. 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 21,
tais que nenhum deles é múltiplo de outro.
Solução
(a) Vamos distribuir os números de 1 a 20 em 10 conjuntos disjuntos como, por
exemplo: {1, 2, 4, 8, 16}, {3, 6, 12}, {5, 10, 20}, {7, 14}, {9, 18}, {11}, {13}, {15},
{17}, {19}.
Tomando 11 números de 1 a 20, pelo Prinćıpio das Gavetas, como há 10 conjun-
tos, necessariamente teremos 2 números no mesmo conjunto, e portanto, temos
a propriedade desejada.
(b) Algumas respostas posśıveis:
{11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}, {10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19},
{9, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 20}, {9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19}
{8, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19, 20}, {8, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 19},
8
{8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 19}, {7, 8, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19, 20},
{7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 17, 18, 19}, {6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 16, 17, 19},
{6, 7, 8, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 20}, {6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19},
{6, 7, 9, 11, 13, 15, 16, 17, 19, 20}, {6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19},
{6, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 19}, {6, 8, 9, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 20},
{6, 9, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 20}, {4, 6, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19}
e {4, 6, 7, 9, 10, 11, 13, 15, 17, 19} .
Pauta de Correção:
Item (a)
• Exibir a partição do conjunto dos números de 1 a 20 em 10 conjuntos dois a
dois disjuntos com a propriedade indicada na solução. [0,25]
• Concluir a prova do item (a). [0,25]
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 ≡ 926 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 · y1 · 1 + 45 · y2 · 5 + 63 · y3 · 3 + t · 315
sendo t ∈ Z, y1 solução de 35Y ≡ 1 mod 9, y2 solução de 45Y ≡ 1 mod 7 e y3 solução
de 63Y ≡ 1 mod 5. Os inteiros y1 = 8, y2 = 5 e y3 = 2 satisfazem as condições
impostas. Portanto
x = 35 · 8 + 45 · 25 + 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
⇐⇒ t > −5
9
A menor solução é x0 = 1783− 5 · 315 = 208.
(a) Solução alternativa
Observe que
X ≡ 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 solução particular t0 = −3, k0 = −12 e solução
geral dada por{
t = −3 + 9r, r ∈ Z
k = −12 + 35r, r ∈ Z
Portanto, x = 1 + 9(−12 + 35r) e a menor solução natural ocorre quando r = 1,
obtendo x = 208.
(b) As soluções do sistema são as soluções da congruência X ≡ 208 mod 315. Portanto
queremos saber se o sistema de congruências{
X ≡ 208 mod 315
X ≡ 926 mod 3
possui solução. Suponhamos que existe a ∈ Z que satisfaz o sistema, isto é, existem
y, z ∈ Z tais que a − 208 = y · 315 e a − 926 = 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 ≡ 926 mod 3.
Pauta de Correção:
Item (a)
• Encontrar as soluções do sistema de congruências. [0,25]
• Encontrar a menor solução. [0,25]
Item (b)
• Descrever o sistema de congruências. [0,25]
• Mostrar que o sistema não tem solução. [0,25]
10
 
 
 
PROMAT - Exame de Qualificação 2012-1 
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? 
 
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”. 
 
 
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). 
 
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. 
 
 
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 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Atenção: como a folha de questões não será olhada na correção, se usar novos 
elementos na figura é conveniente explicitá-los no caderno de respostas.) 
 
 
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? 
 
GABARITO E PAUTA DE CORREÇÃO DO ENQ-2014.2
Questão 1 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam a, b, p inteiros, com p primo. Demonstre que:
(a) se p não divide a, então (p, a) = 1.
(b) se p | ab, então p | a ou p | b.
Solução
(a) Suponha que p - a e seja d = (p, a). Segue que d | p e d | a. Como p é 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, então p | b. Suponha então que p | ab e p - a. Segue que (a, p) = 1 e dáı,
existem r e s inteiros tais que ra + sp = 1. Multiplicando esta equação por b tem-se que rab + spb = b. Mas
p | ab e p | p, portanto p | b.
PAUTA DE CORREÇÃO:
Item (a)
• Usar o fato de que p é primo e concluir que (p, a) = p ou (p, a) = 1 [0, 25]
• Concluir que (p, a) = 1 [0, 25]
Item (b)
• Escrever a estratégia da prova [0, 25]
• Concluir a prova [0, 25]
Questão 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Duas sequências de números reais xn e yn estão relacionadas pelas recorrências
xn+1 = 2xn + yn, yn+1 = 5xn − 2yn.
(a) Mostre que a sequência xn satisfaz a recorrência xn+2 = 9xn.
(b) Suponha x0 = y0 = 1. Encontre as fórmulas gerais para as sequências xn e yn em função de n.
Solução
(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 recorrência xn+2 − 9xn = 0 tem como equação caracteŕıstica r2 − 9 = 0, cujas ráızes são r1 = −3 e r2 = 3.
Com isso a solução da recorrência é 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 solução é C1 = 0 e C2 = 1. Portanto xn = 3n e yn = xn+1 − 2xn = 3n+1 − 2 · 3n = 3n.
PAUTA DE CORREÇÃO:
Item (a)
• Provar o resultado [0, 5]
Item (b)
• Determinar xn [0, 25]
• Encontrar yn [0, 25]
Questão 3 [ 1,0 pt ]
Considere o triângulo ABC de lados a, b, c e alturas ha, hb e hc relativas respectivamente aos lados a, b e
c. Prove que ABC é semelhante a um triângulo de lados
1
ha
,
1
hb
e
1
hc
.
Solução
No triângulo ABC, temos que ha é a altura relativa ao lado a, hb é a altura relativa ao lado b e hc é a altura relativa
ao lado c. Sendo assim, podemos escrever três relações que fornecem a mesma área, ou seja, a área do triângulo
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 expressão anterior na
forma:
a
1
ha
=
b
1
hb
=
c
1
hc
,
o que mostra que os triângulos de lados a, b, c e lados (1/ha), (1/hb), (1/hc) são semelhantes.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Observar que a · ha/2, b · hb/2 e c · hc/2 são, as três, expressões da área do triângulo (ou, obviamente, que
a · ha,b · hb e c · hc são o dobro da área) [0,5]
• Utilizar a conclusão anterior para concluir que a/(1/ha) = b/(1/hb) = c/(1/hc) [0,25]
• Concluir a semelhança [0,25]
Questão 4 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam x e y dois números 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 números racionais quaisquer existe pelo menos um número racional e um
irracional.
Solução
(a) Como x < y por hipótese, somando x em ambos os lados desta desigualdade tem-se 2x < x+y, logo x <
x + y
2
.
De modo análogo, 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 oslados desta última desigualdade obtém-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 dá 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 número z1 =
x + y
2
está situado entre os números racionais x e y e
como soma e produto de números racionais é um número racional, segue que z1 satisfaz a condição requerida.
A segunda parte de (a) nos diz que o número z2 = x +
y − x√
2
também está situado entre os números racionais
x e y e para concluir, basta ver que z2 é irracional. Sabemos que
1√
2
é irracional e que produto de irracional
por racional não nulo é irracional. Como y − x > 0 é racional, segue que 1√
2
· (y − x) = y − x√
2
é irracional.
A soma de um racional com um irracional também é irracional e portanto z2 = x +
y − x√
2
é irracional e está
situado entre os números racionais x e y.
PAUTA DE CORREÇÃO:
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 números racionais existe pelo menos um racional [0,25]
• Provar que entre dois números racionais existe pelo menos um irracional [0,25]
Questão 5 [ 1,0 pt ]
Em uma cesta contendo ovos, na contagem de dois em dois, de três em três, de quatro em quatro e de
cinco em cinco, sobram 1, 2, 3 e 4 ovos, respectivamente. Qual é a menor quantidade de ovos que a cesta
pode ter?
Solução
Representamos por N o número procurado. Sabemos que N é uma solução do seguinte sistema de congruências:
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 três últimas congruências e
usamos o Teorema Chinês dos Restos para resolvê-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 são soluções, respectivamente, das congruências 20y1 ≡ 1 mod 3, 15y2 ≡ 1
mod 4 e 12y3 ≡ 1 mod 5. Portanto, uma solução é dada por
M1y1c1 + M2y2c2 + M3y3c3 = 20 · 2 · 2 + 15 · 3 · 3 + 12 · 3 · 4 = 359.
As soluções do sistema são x = 359 + 60t, onde t ∈ Z. A menor solução é 59, quando t = −5. Como 59 também
satisfaz a primeira congruência concluimos que N = 59.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Montar o sistema [0, 25]
• Determinar a solução geral [0, 5]
• Obter a menor solução positiva [0,25]
Outra solução :
Representamos por N o número procurado. Sabemos que N é uma solução do seguinte sistema de congruências:
x ≡ 1 mod 2
x ≡ 2 mod 3
x ≡ 3 mod 4
x ≡ 4 mod 5
Somando 1, nos dois lados, de cada congruência:
x + 1 ≡ 0 mod 2
x + 1 ≡ 0 mod 3
x + 1 ≡ 0 mod 4
x + 1 ≡ 0 mod 5
o qual é equivalente à congruência x + 1 ≡ 0 mod [2, 3, 4, 5], onde [2, 3, 4, 5] = 60, obtemos as soluções x + 1 = 60t,
onde t ∈ Z. A menor solução positiva ocorre quando t = 1, portanto N = 59.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Montar o sistema [0, 25]
• Determinar a solução geral [0, 5]
• Obter a menor solução positiva [0,25]
Questão 6 [ 1,0 pt ]
Um professor do Ensino Médio propôs a seguinte questão:
“Dada a sequência 1, 4, 9, 16, . . ., determine o quinto termo”.
Um aluno achou um resultado diferente de 25, que era a resposta esperada pelo professor. Ele obteve
um polinômio P (x) satisfazendo cinco condições: P (1) = 1, P (2) = 4, P (3) = 9, P (4) = 16 e P (5) 6= 25.
Encontre um polinômio P (x) satisfazendo as condições acima e tal que P (5) = 36.
Sugestão: Analise o polinômio Q(x) = P (x)− x2.
Solução
Seja Q(x) = P (x)− x2. Observe que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 são ráızes de Q(x) e podemos escrevê-lo da seguinte
forma:
Q(x) = h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4),
onde h(x) é uma função de x. Temos então que
P (x) = x2 + h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4).
Como o enunciado pede para encontrarmos um polinômio, façamos h(x) = k, sendo k uma constante a ser determinada
com P (5) = 36. Substituindo x = 5 em P (x), P (5) = 36 = 52 + k.4.3.2.1 e encontramos k = 1124 .
Logo P (x) = x2 + 1124 (x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) é um polinômio que satisfaz as condições do enunciado.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Observar que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 são ráızes de Q(x) [0,25]
• Descrever que Q(x) é da forma Q(x) = h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) [0,25]
• Descrever que P (x) = x2 + h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) [0,25]
• Mostrar algum h(x) e escrever P (x) [0,25]
Questão 7 [ 1,0 pt ]
Considere um cubo de aresta a. A partir de um vértice, e sobre as três arestas que nele concorrem, são
assinalados os pontos que distam a3 deste vértice. Os três pontos assim obtidos, junto com o vértice do
cubo, são vértices de um tetraedro. Repetindo o processo para cada vértice, e retirando-se do cubo os oito
tetraedros assim formados, obtém-se o poliedro P restante. Calcule a área total de P .
Solução
A área do total poliedro P pode ser calculada subtraindo-se, da área total do cubo, as áreas de 24 triângulos retângulos
de catetos a3 , correspondentes às 3 faces laterais de cada um dos 8 tetraedros retirados, e somando-se a área de 8
triângulos equiláteros de lado a
√
2
3 , correspondentes às bases de cada um dos 8 tetraedros.
As áreas acima são dadas por:
• Área total do cubo:
AC = 6a
2.
• Área de cada triângulos retângulos de catetos a3 :
A1 =
1
2
·
(a
3
)2
=
a2
18
.
• Área de cada triângulos equiláteros de lados a
√
2
3 :
A2 =
(
a
√
2
3
)2
·
√
3
4
=
2a2
9
·
√
3
4
=
a2
√
3
18
.
Assim, a área do poliedro P é dada por
AP = 6AC − 24A1 + 8A2
= 6a2 − 24 · a
2
18
+ 8 · a
2
√
3
18
= 6a2 − 4a
2
3
+
4a2
√
3
9
=
a2 · (4
√
3 + 42)
9
.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Apresentar a estratégia para cálculo da área e calcular corretamente a área do cubo [0,25]
• Calcular corretamente a área de cada face triangular a ser retirada (A1) [0,25]
• Calcular corretamente a área de cada face triangular a ser somada (A2) [0,25]
• Calcular corretamente a área total, a partir das áreas acima obtidas, observando o número correto de faces a
serem somadas ou retiradas [0,25]
Outra solução:
O poliedro P obtido é formado por 8 faces triangulares e 6 faces octogonais. Considerando A1 a área de uma face
triangular e A2 a área de uma face octogonal, teremos que a área A do Poliedro P será dada por A = 8 ·A1 + 6 ·A2.
As faces octogonais são obtidas, cada uma, retirando-se de um quadrado de lado a quatro triângulos retângulos
cujos catetos medem a3 . A área de cada um desses triângulos será
1
2
(
a
3
)2
= a
2
18 . Assim, a área de cada face octogonal
será A1 = a
2 − 4 · a
2
18 =
7a2
9 .
As faces triangulares são equiláteras, de lados l = a
√
2
3 , que podem ser obtidos observando que os lados do tetraedro
retirado são triângulos retângulos de catetos medindo a3 . Sendo assim, A2 =
a2
√
3
18 .
Assim podemos calcular a área A do poliedro P :
AP = 6 · (A1) + 8 · (A2)
= 6 · 7a
2
9
+ 8 · a
2
√
3
18
=
a2 · (4
√
3 + 42)
9
.
PAUTA DE CORREÇÃO:
• Calcular corretamente a área de cada face triangular [0,25]
• Apresentar uma forma correta de cálculo da área de cada face octogonal (retirando as áreas dos quatro
triângulos ou outro caminho equivalente) [0,25]
• Obter corretamente a área de cada face octogonal [0,25]
• Calcular corretamente a área total, a partir das áreas obtidas para cada tipo de face, observando o número
correto de faces de cada tipo [0,25]
Questão 8. [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Considere que foram efetuadas todas as permutações posśıveis dos algarismos que compõem o número
78523, listando os números obtidos em ordem crescente.
(a) Determine a posição ocupada pelo número 78523.
(b) Calcule a soma de todos os números listados.
Solução
(a) Para obter a posição do número78523 nesta lista, calcularemos quantos números estão antes dele na lista.
Os primeiros números, nesta lista, são aqueles que iniciam com 2. Permutando os outros 4 algarismos, temos
4! = 24 números que iniciam com 2. Os próximos números são os iniciados com 3. Como no caso anterior,
trata-se de 24 números. Seguem-se os números iniciados com 5, que também são 24 números. Os próximos
números são os iniciados com 72, 73 e 75. Para cada um destes casos, permutandos os outros 3 algarismos,
temos mais 3! = 6 números. Finalmente, temos os números iniciados com 782 e 783, com 2 números em cada
caso. Sendo assim, a posição do número 78523 é
3× 24 + 3× 6 + 2× 2 + 1 = 95.
Outra Solução:
Para obter a posição do número 78523 nesta lista, calcularemos quantos números estão depois dele na lista.
Permutando os 5 algarismos, calculamos que a lista tem um total de 5! = 120 números. Os últimos números,
nesta lista, são aqueles que iniciam com 8. Permutando os outros 4 algarismos, temos 4! = 24 números que
iniciam com 8. Antes destes temos o número 78532, que está imediatamente após o número 78523. Sendo
assim, a posição do número 78523 é
120− 24− 1 = 95.
(b) Permutando os 5 algarismos, vemos a lista tem um total de 5! = 120 números. Para calcular a soma destes
números, devemos perceber que cada algarismo do número 78523 aparece na posição das unidades em 4! = 24
números. Assim temos (7 + 8 + 5 + 2 + 3) × 24 = 600 unidades. O mesmo ocorre na posição das dezenas,
centenas, milhares e dezenas de milhares. Portanto, a soma é igual a
600× 10000 + 600× 1000 + 600× 100 + 600× 10 + 600 = 6.666.600.
PAUTA DE CORREÇÃO:
Item (a)
• Perceber que existem 24 números iniciando com 2, 3 e 5 [0,25]
• Calcular corretamente a posição ocupada pelo número 78523 [0,25]
Solução alternativa para o item (a)
• Perceber que existem 24 números iniciando com 7 e 8 [0,25]
• Calcular corretamente a posição ocupada pelo número 78523 [0,25]
Item (b)
• Perceber que cada algarismo aparece 24 vezes em cada posição [0,25]
• Calcular corretamente a soma [0,25]
ENQ2014.1 - Gabarito e Pauta de Correção
Questão 1 [ 1,0 pt ]
O máximo divisor comum de dois inteiros positivos é 20. 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 + r1; 0 < r1 < r
• r = r1 · 3 + r2; 0 < r2 < r1
• r1 = r2 · 3 + r3; 0 < r3 < r2
• r2 = r3 · 1 + r4; 0 < r4 < r3
• r3 = r4 · 3
Portanto, r4 = (a, b) = 20 e r3 = 60. Substituindo esses valores nas equações anteriores encontra-se a = 6180 e b = 5200.
Pauta de correção
• Demonstrar saber o que é o processo das divisões sucessivas [0,25]
• Realizar todas as etapas do processo para este caso [0,25]
• Encontrar os valores corretos dos restos [0,25]
• Obter os valores corretos de a e b [0,25]
Questão 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Dado um poĺıgono regular convexo de n lados inscrito em um ćırculo de raio R, seja ln o comprimento dos lados e
seja an a distância do centro do ćırculo aos lados do poĺıgono (an é o apótema do poĺıgono).
(a) Calcule l12 e a12 em função de R.
(b) Use o item (a) para obter o valor de tg 75◦.
Solução
(a) Dados um ćırculo de raio R e um dodecágono regular nele inscrito, considere um triângulo cujos lados sejam dois raios do
ćırculo e um dos lados do dodecágono. Este triângulo tem dois lados de medida R e um de medida l12. O ângulo do triângulo
oposto ao lado de medida l12 é central, correspondendo a um arco de medida 360
◦/12 = 30◦. Assim, pela lei dos cossenos,
(l12)
2 = R2 +R2 − 2 ·R ·R · cos 30◦,
logo,
(l12)
2 = R2(2−
√
3),
e, com isso,
l12 = R
√
2−
√
3.
A altura do triângulo considerado acima, relativa ao lado de medida l12, tem medida a12, e divide o triângulo em dois
triângulos retângulos cujos catetos medem a12 e l12/2, e cuja hipotenusa é R. Assim,
R2 =
(
l12
2
)2
+ (a12)
2,
logo,
(a12)
2 = R2 −
(
l12
2
)2
= R2 −R2 · 2−
√
3
4
= R2 · 2 +
√
3
4
.
Portanto,
a12 =
R
√
2 +
√
3
2
.
(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 a12 tem então catetos adjacente e oposto
de medidas
l12/2 =
R
√
2−
√
3
2
e a12 =
R
√
2 +
√
3
2
,
respectivamente. Assim,
tg 75◦ =
a12
l12/2
=
(
R
√
2 +
√
3
)
/2(
R
√
2−
√
3
)
/2
=
√
2 +
√
3√
2−
√
3
.
Multiplicando numerador e denominador da expressão acima por
√
2 +
√
3, obtém-se
tg 75◦ = 2 +
√
3.
Pauta de correção
Item (a)
• Encontrar o valor correto de l12 [0,25]
• Encontrar o valor correto de a12 [0,25]
Item (b)
• Identificar triângulo retângulo com ângulo interno de 75◦ [0,25]
• Obter o valor correto de tg 75◦ [0,25]
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
2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 4.
Solução
Denote por ABCD o quadrado de lado 1 e por MNOP o quadrilátero inscrito no quadrado tal que PM = a,MN = b,NO = c
e OP = d, conforme mostra a figura.
Denote ainda por x = AM, y = BN, z = CO e t = DP . Como o quadrado ABCD tem lado 1, tem-se que MB =
1− x,CN = 1− y,OD = 1− z e PA = 1− t. Usando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos AMP, MBN, NCO
e ODP, conclui-se que
a2 = x2 + (1− t)2,
b2 = (1− x)2 + y2,
c2 = (1− y)2 + z2,
d2 = (1− z)2 + t2.
Somando, obtém-se
a2 + b2 + c2 + d2 = [x2 + (1− x)2] + [y2 + (1− y)2]
+ [z2 + (1− z)2] + [t2 + (1− t)2]
= (2x2 − 2x+ 1) + (2y2 − 2y + 1)
+ (2z2 − 2z + 1) + (2t2 − 2t+ 1)
= f(x) + f(y) + f(z) + f(t),
onde f(x) = 2x2−2x+1, x ∈ [0, 1].Agora é necessário calcular os valores de máximo e mı́nimo da função f(x) = 2x2−2x+1, x ∈
[0, 1]. Visto que f é uma função quadrática de coeficiente ĺıder positivo, o valor mı́nimo 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 = 1/2. Como f(1/2) = 1/2, obtém-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 correção
• Perceber que as medidas a, b, c e d são hipotenusas de triângulos retângulos e usar o Teorema de Pitágoras: [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 máximos e mı́nimos de funções quadráticas no intervalo [0, 1] para concluir as desigualdades: [0,25].
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 probabi-
lidade de:
(a) o número da primeira bola ser diviśıvel por 3 e o número da segunda bola ser diviśıvel por 5.
(b) o número da primeira bola ser diviśıvel por 4 ou o número da segunda bola ser diviśıvel por 6.
Solução
(a) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 16 bolas correspondem a números diviśıveis por 3 e 10 bolas correspon-
dem a números diviśıveis por 5. Entretanto há 3 bolas (15, 30 e 45) que correspondem a números diviśıveis por 15,
sendo, portanto, diviśıveis tanto por 3 quanto por 5.
O evento retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja diviśıvel por 3 e da segunda
seja diviśıvel por 5, pode ser distribúıdo em dois eventos:
Evento A: O número da primeira bola é diviśıvel por 3, mas não por 5, e o número da segunda bola édiviśıvel por 5:
P (A) =
13
50
× 10
49
=
130
2450
Evento B: O número da primeira bola é diviśıvel por 3 e também por 5, e o número da segunda bola é diviśıvel por 5:
P (B) =
3
50
× 9
49
=
27
2450
Assim, a probabilidade de o número da primeira bola ser diviśıvel por 3 e o da segunda ser diviśıvel por 5 é 157
2450
.
(b) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 12 bolas correspondem a números diviśıveis por 4 e 8 bolas compreendem
a números diviśıveis por 6. Entretanto há 4 bolas (12, 24, 36 e 48) que compreendem a números diviśıveis por 12, sendo,
portanto, diviśıveis tanto por 4 quanto por 6.
A probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja diviśıvel por 4
ou o da segunda seja diviśıvel por 6, pode ser calculada retirando-se da probabilidade total a probabilidade do evento
o número da primeira bola não ser diviśıvel por 4 e o da segunda não ser diviśıvel 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 diviśıvel por 4 mas é diviśıvel por 6, e o número da segunda bola não é
diviśıvel por 6:
P (C) =
4
50
× 42
49
=
168
2450
=
84
1225
Evento D: O número da primeira bola não é diviśıvel por 4 e nem é diviśıvel por 6, e o número da segunda bola não é
diviśıvel por 6:
P (D) =
34
50
× 41
49
=
1394
2450
=
697
1225
Desse modo, a probabilidade de o número da primeira bola não ser diviśıvel por 4 e o da segunda não ser diviśıvel por
6 é 781
1225
. Logo, a probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposição, de modo que o número da primeira seja
diviśıvel por 4 ou o da segunda seja diviśıvel por 6 é:
1− 781
1225
=
444
1225
Pauta de correção
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]
Questão 5 [ 1,0 pt ]
Para todo n inteiro positivo, seja
Hn = 1 +
1
2
+
1
3
+ · · ·+ 1
n
.
Prove, por indução em n, que n + H1 + · · ·+ Hn−1 = nHn, para todo n ≥ 2.
Solução
Seja P (n) a proposição: 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) é verdadeira para n = k, ou seja,
k +H1 + · · ·+Hk−1 = kHk.
Resta provar que P (n) continua válida para n = k + 1.
De fato, (k + 1) +H1 + · · ·+Hk−1 +H(k+1)−1 = (k +H1 + · · ·+Hk−1) +Hk + 1 =
kHk +Hk + 1 = (k + 1)Hk + 1 = (k + 1)
(
Hk +
1
k + 1
)
= (k + 1)Hk+1
e assim P (k + 1) é verdadeira.
Pauta de correção
• Provar para n = 2 [0,25]
• Provar para n = k + 1 [0,75]
Questão 6 [ 1,0 pt ::: (a)=0,25; (b)=0,75 ]
Considere o prisma ABCDEF de bases triangulares da figura.
(a) Mostre que os tetraedros ABCE e CDEF 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
Área(ABC) · h = Volume(ABCE) + Volume(CDEF ) + Volume(ACDE)
= 3Volume(ABCE),
logo Volume(ABCE) = 1
3
Área(ABC) · h.
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 [0,25]
Item (b)
• Perceber um dos seguintes fatos: [0,25]
– 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 [0,25]
• 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. [0,25]
Questão 7 [ 1,0 pt ]
Mostre que a7 ≡ a mod 21, para todo inteiro a.
Solução
Seja a um inteiro qualquer. Observe que 21 = 3 × 7, com (3,7)=1 e assim [3,7]=21. Como 3 e 7 são primos, pelo Pequeno
Teorema de Fermat, tem-se que a7 ≡ a mod 7 e a3 ≡ a mod 3. Tomando a congruência 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 é, a7 ≡ a mod 21.
Alternativa 1: Pode-se também mostrar que a7 ≡ a mod 3 usando a outra forma do Pequeno Teorema de Fermat: Se 3 | a
tem-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 também 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 correção
• 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]
Questão 8 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam f : X → Y e g : Y → X duas funções. Prove que:
(a) se g ◦ f é injetiva, então f é injetiva.
(b) se f ◦ g é sobrejetiva, então f é sobrejetiva.
Solução
(a) O objetivo é mostrar que, dados x1, x2 ∈ X satisfazendo f(x1) = f(x2), então x1 = x2. Assuma f(x1) = f(x2). Como
g : Y → X é uma função, tem-se que g(f(x1)) = g(f(x2)), isto é, (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2). Como g ◦ f : X → X é
injetiva por hipótese, conclui-se que x1 = x2, ou seja, f : X → Y é injetiva.
(b) O objetivo é mostrar que, dado qualquer y ∈ Y, existe x ∈ X tal que f(x) = y. Visto que f ◦ g : Y → Y é sobrejetiva,
dado qualquer y ∈ Y, existe y1 ∈ Y tal que (f ◦ g)(y1) = y, isto é 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 é, f é sobrejetiva.
Pauta de correção
Item (a)
• Usar corretamente as definições de injetividade e composição de funções [0,25]
• Concluir corretamente a solução do item [0,25]
Item (b)
• Usar corretamente as definições de sobrejetividade e composição de funções [0,25]
• Concluir corretamente a solução do item [0,25]
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, obtemos
um segundo triângulo equilátero de área A2 inscrito no primeiro. Para este segundo triângulo equilátero, ligamos
os pontos médios de seus lados eobtemos um terceiro triângulo equilátero de área A3 inscrito no segundo e assim
sucessivamente, gerando uma sequência de áreas (An), n = 1, 2, 3, . . .
Usando o Princípio de Indução Finita, mostre que a fórmula An =
9
√
3
4n
é verdadeira para todo n ≥ 1 natural.
Uma solução:
Usando do teorema de Pitágoras conseguimos obter a altura, h1, do primeiro triângulo, a saber:
h21 = 3
2 −
(
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
4n
para 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 obtido
no estágio anterior, concluímos que
Ak+1 =
1
4
Ak
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
4n
para 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 = L2k −
(
Lk
2
)2
=⇒ hk =
√
3Lk
2
·
Logo Ak =
√
3
4
L2k.
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
(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
·
√
3L2k
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
4n
vale para todo natural n ≥ 1.
Questão 2.
A sequência (an), n ≥ 0, é definida da seguinte maneira:
• a0 = 4
• a1 = 6
• an+1 =
an
an−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,... e
vemos 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 função
de 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 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 =
√
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 às
anteriores 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
3
πr2x =
π
3
· x
x− 2
· x = πx
2
3(x− 2)
.
Questão 4. Na figura, temos um triângulo equilátero ABC e um segundo triângulo PQR cujos lados RP , PQ, QR
são, 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
3
L e
AR = PB =
2
3
L. Daí,
l2 = (RP )2
Pitágoras
=
4
9
L2 − 1
9
L2 =
1
3
L2
e a razão entre as áreas dos triângulos PQR e ABC é
1
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; e
x2 − 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 e
procurar 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 tabela
abaixo, 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 o
menor valor de k para que isto aconteça, devemos ter que k + 1 é um múltiplo de 13; assim k + 1 = 2015 e portanto
k = 2014.
GABARITO - QUALIFICAÇÃO - Março de 2013
Questão 1. (pontuação: 1,5)
É dado um retângulo ABCD tal que em seu interior estão duas circunferências tangentes exteriormente no ponto T ,
como mostra a figura abaixo. Uma delas é tangente aos lados AB e AD e a outra é tangente aos lados CB e CD.
 
 A B 
 C D 
 T 
a) Mostre quea soma dos raios dessas circunferências é constante (só depende das medidas dos lados do retângulo).
b) Mostre que o ponto T pertence à diagonal AC do retângulo.
Uma solução:
a) No retângulo ABCD consideremos AB = a e BC = b. Sem perda de generalidade consideraremos b ≤ a e
a ≤ 2b, pois sem esta última condição as tangências indicadas não ocorreriam.
Sejam O e O′ os centros das circunferências e r e r′ os respectivos raios. Seja s = r+ r′. Como a reta que contém
os centros das circunferências passa pelo ponto de tangência então OO′ = OT + TO′ = r + r′ = s.
 
 A B 
 C D 
T 
O 
E 
a 
 b 
O´ 
r 
r 
r´ 
r´ 
A paralela a AB por O e a paralela a BC por O′ cortam-se em E. Temos:
i) r +OE + r′ = a, ou seja, OE = a− s
ii) r + EO′ + r′ = b, ou seja, EO′ = b− s.
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo OEO′ temos:
s2 = (a− s)2 + (b− s)2
Desenvolvendo e simplificando encontramos s2 − (2a+ 2b)s+ a2 + b2 = 0.
Como claramente s < a+ b, pois as circunferências estão no interior do retângulo, o valor de s que procuramos é
a menor raiz da equação acima. Assim,
s =
2a+ 2b−
√
4a2 + 8ab+ 4b2 − 4(a2 + b2)
2
=
2a+ 2b− 2
√
2ab
2
= a+ b−
√
2ab,
o que comprova que o valor de s = r + r′ é constante e só depende das medidas dos lados do retângulo.
b) As retas AO e O′C são paralelas ou cincidentes porque fazem 45o com os lados do retângulo. Se forem
coincidentes, o resultado é óbvio. Senão traçamos os segmentos AT e TC e o segmento OO′ (que passa por T ). Os
ângulos TOA e TO′C são congruentes porque são alternos internos nessas paralelas em relação à transversal OO′.
 
 A B 
 C D 
 T 
 O 
 O´ 
Temos ainda que
OT
O′T
=
r
r′
=
r
√
2
r′
√
2
=
OA
O′C
.
Como ∠TOA = ∠TO′C e OTO′T =
OA
O′C então os triângulos TOA e TO
′C são semelhantes. Assim, ∠OTA = ∠O′TC
e, portanto, os pontos A, T e C são colineares.
Questão 2. (pontuação: 1,0)
O poliedro representado na figura abaixo é tal que:
i) há exatamente um plano de simetria;
ii) em cada vértice, os planos das faces que se tocam são perpendiculares dois a dois, sendo posśıvel decompor o
sólido em três paraleleṕıpedos;
iii) as dimensões nunca ultrapassam 19;
iv) os comprimentos das arestas são inteiros maiores do que 1;
v) o volume é igual a 1995.
 
x 
3x z 
y 
y 
2y 
4y 
z 
z 
z 
a) Descreva o plano de simetria do poliedro.
b) Encontre os valores de x, y e z.
Uma solução:
a) O plano de simetria do poliedro é o plano perpendicular às arestas de comprimento 3x, que passa pelos seus
pontos médios.
b) Para calcular o volume do sólido, observamos que ele pode ser decomposto como união de três paraleleṕıpedos,
e
V = 12xyz + 6xyz + xyz = 19xyz
Dáı, 19xyz = 1995, xyz = 105 e as possibilidades para x, y e z são: 3, 5 e 7; como as dimensões não podem
ultrapassar 19, x não poderá ser 7, y não poderá ser 5 ou 7. Deveremos ter, portanto, z = 7, x = 5 e y = 3, de modo
que as dimensões são as indicadas na figura:
 
 5 
15 
3 
6 
12 
7 
7 
 7 3 
 5 
 5 
 7 
Questão 3. (pontuação: 1,5)
O objetivo desta questão é demonstrar que a função f(x) = cos
√
x, x ≥ 0, não é periódica, ou seja, não existe
nenhum número real positivo T tal que cos
√
x+ T = cos
√
x para todo x ≥ 0.
a) Encontre todos os valores de T ≥ 0 para os quais f(T ) = f(0) e, a seguir, encontre todos os valores de T ≥ 0
para os quais f(T ) = f(2T ).
b) Use o ı́tem a) para mostrar que f(x) não é periódica.
Uma solução:
a) Se f(T ) = f(0), T ≥ 0, então cos
√
T = cos0 = 1 e
√
T = 2kπ, k = 0, 1, 2, . . . ⇒ T = 4k2π2, k = 0, 1, 2, . . . (1)
Reciprocamente se T = 4k2π2, k = 0, 1, 2, . . . , então f(T ) = f(0).
Por outro lado, se f(T ) = f(2T ), T ≥ 0, então cos
√
2T = cos
√
T e
√
2T =
√
T + 2mπ, m ∈ Z tais que
√
T + 2mπ ≥ 0 ou
√
2T = −
√
T + 2mπ, m ∈ Z tais que −
√
T + 2mπ ≥ 0
Logo
√
2T −
√
T = 2mπ ⇒ 2T − 2
√
2T + T = 4m2π2 ⇒ T = 4m
2π2
3− 2
√
2
, m = 0, 1, 2, . . . (2)
(para esses valores de T é imediato verificar que
√
T + 2mπ ≥ 0) ou
√
2T +
√
T = 2mπ ⇒ 2T + 2
√
2T + T = 4m2π2 ⇒ T = 4m
2π2
3 + 2
√
2
, m = 0, 1, 2, . . . (3)
(para esses valores de T é imediato verificar que −
√
T + 2mπ ≥ 0).
Reciprocamente, se T = 4m
2π2
3−2
√
2
ou T = 4m
2π2
3+2
√
2
, m = 0, 1, 2, . . . , é imediato constatar que f(T ) = f(2T ).
b) Para mostrar que f não é periódica, suponhamos o contrário, isto é, admitamos a existência de um número
positivo T tal que
cos
√
x+ T = cos
√
x,
para todo x ≥ 0.
Então,
cos
√
2T = cos
√
T = cos0,
e, de a) (1), obtemos as igualdades 2T = 4k21π
2 e T = 4k22π
2, com k1 e k2 inteiros positivos, logo
√
2 =
k1
k2
∈ Q,
o que é imposśıvel dado que
√
2 é um número irracional.
Questão 4. (pontuação: 1,0)
A derivada de um polinômio p(x) = anx
n + an−1x
n−1 + ...+ a1x+ a0 é, por definição, o polinômio
p′(x) = nanx
n−1 + (n− 1)an−1xn−2 + ...+ 2a2x+ a1.
Admita a regra da derivada do produto:
(p.q)′(x) = p′(x).q(x) + p(x).q′(x)
e prove que a ∈ R cumpre p(a) = p′(a) = 0 se, e somente se, p(x) = (x− a)2s(x) para algum polinômio s(x).
Uma solução:
(⇐) Supondo p(x) = (x − a)2.s(x) = (x2 − 2ax + a2).s(x), vem que p′(x) = 2(x − a).s(x) + (x − a)2.s′(x), logo,
p(a) = p′(a) = 0.
(⇒) Reciprocamente, supondo p(a) = p′(a) = 0, temos, pelo algoritmo da divisão, que p(x) = (x − a)q(x) para
algum polinômio quociente q(x). Derivando esta última igualdade, vem
p′(x) = q(x) + (x− a).q′(x)
donde q(a) = 0, logo, novamente pelo algoritmo da divisão q(x) = (x − a).s(x) para algum polinômio s(x), e dáı
p(x) = (x− a)2.s(x)
Questão 5. (pontuação: 1,5)
a) Maria tem 10 anéis idênticos e quer distribúı-los pelos 10 dedos de suas mãos. De quantas maneiras diferentes
ela pode fazer isto? Suponha que é posśıvel colocar todos os anéis em qualquer um dos dedos.
b) Suponha agora que os 10 anéis sejam todos distintos. De quantas maneiras Maria pode distribúı-los em seus
dedos? Aqui também, suponha que é posśıvel colocar todos os anéis em qualquer um dos dedos e que a ordem dos
anéis nos dedos é relevante.
Uma solução:
a) Numeramos os dedos de Maria de 1 a 10. Para descrever como Maria colocou seus anéis, basta dizer quantos
deles há em cada dedo; se xi é o número de anéis no i-ésimo dedo, temos então x1 + x2 + · · ·+ x10 = 10. O número
de soluções inteiras não negativas dessa equação é C910+9 =
19!
9!10! , que é a resposta a nosso problema.
Uma outra maneira de resolver o problema é denotar por A os anéis e por um traço, - , a separação dos anéis nos
dedos. Assim, por exemplo A A A A A - - - - A - - - - A A A A -, indicará que 5 anéis foram colocados no dedo
de número 1, um anel no dedo de número 5 e quatro anéis no dedo de número 9. Como existe uma correspondência
biuńıvoca entre estes anagramas com 19 śımbolos (são 10 A´s e 9 traços -) e as configurações dos anéis nas mãos,
há, neste caso, 19!9!10! maneiras diferentes da Maria colocar os 10 anéis.
b) Basta multiplicar o resultado encontado no ı́tem a) por 10!, pois quando os anéis são idênticos, a ordem em que
aparecem não é importante e cada configuração com 10 A´s idênticos obtidas em a) gerará 10! configurações com
anéis distintos, já que diferentes permutações dos anéis gerarão configurações distintas. A resposta é 10! 19!9!10! =
19!
9! .
Uma outra solução é a seguinte: Supomos os anéis numerados de 1 a 10. Para descrever como Maria coloca seus
anéis, basta dizer, em cada dedo do primeiro ao décimo, a ordem em que eles aparecem da base do dedo até a ponta.
Indicando a passagem de um dedo para o seguinte pelo śımbolo -, vemos que uma descrição consiste de uma sequência
formada pelos números de 1 a 10 e por nove traços -. Para construir uma dessas sequências, ordenamos primeiro
os números, o que pode ser feito de maneiras 10! diferentes. Com isso, são criados 11 espaços entre os números
(contam-se tambémos espaços à esquerda e à direita da sequência numérica), nos quais devemos distribuir os nove
traços -. Estamos então buscando o número de soluções inteiras não negativas de y1 + y2 + · · · + y11 = 9 (aqui yi
indica quantos traços serão colocados no i-ésimo espaço vazio), que é 19!9!10! . A resposta a nosso problema é então
10! 19!9!10! =
19!
9! .
Questão 6. (pontuação: 1,0)
Uma sequência (an) é tal que a1 = 1 e
an+1 =
a1 + a2 + · · ·+ an
n+ 1
para todo n ≥ 1.
Mostre que os valores de an, para n ≥ 2, são todos iguais.
Uma solução:
Basta proceder por indução finita para mostrar qu an =
1
2 para todo n ≥ 2.
Para n = 2, temos a2 = a1+1 =
a1
2 =
1
2 .
Admitamos agora que aj =
1
2 , para j = 2, . . . n e mostremos que an+1 =
1
2 .
an+1 =
a1 + a2 + · · ·+ an
n+ 1
=
1 + 12 +
1
2 · · ·+
1
2
n+ 1
=
1 + (n− 1) 12
n+ 1
=
1
2
Segue, então, pelo Prinćıpio da Indução Finita, que an =
1
2 para todo n ≥ 2.
Questão 7. (pontuação: 1,5)
Seja n ∈ N = {1, 2, 3, . . . } e considere os conjuntos:
A = {d ∈ N; d|n} e B =
{n
c
; c ∈ A
}
.
Denotemos por S(n) a soma dos divisores naturais de n e por S∗(n) a soma dos seus inversos.
a) Mostre que A = B e com isto conclua que
S∗(n) =
S(n)
n
.
b) Mostre que n é um número perfeito se, e somente se,
S∗(n) = 2.
Uma solução:
a) Temos que
x ∈ A ⇐⇒ n = xc para algum c ∈ A
⇐⇒ x = n
c
para algum c ∈ A
⇐⇒ x ∈ B.
Seja A = {d1, . . . , dr}, di 6= dj para i 6= j, logo
S(n) =
∑
x∈A
x =
∑
x∈B
x =
n
d1
+ · · ·+ n
dr
= n
(
1
d1
+ · · ·+ 1
dr
)
= nS∗(n),
dáı segue-se que
S∗(n) =
S(n)
n
.
b) Por definição, sabemos que n é perfeito se, e somente se, S(n) = 2n. O resultado segue imediatamente, pois, em
virtude do item (a),
S(n) = 2n ⇐⇒ S∗(n) = 2.
Questão 8. (pontuação: 1,0)
Mostre que se p é primo, p > 3, então p2 deixa resto 1 na divisão por 24.
Uma solução:
Observe que como p > 3 é primo, então p = 3q + r com r = 1 ou 2. Temos assim dois casos a considerar:
• Se r = 1, p = 3q + 1 e como p − 1 é par, q deve ser par; assim q = 2k para algum k. Logo p2 = (3.2k + 1)2 =
12k(3k + 1) + 1; mas ou k é par ou 3k + 1 é par, assim temos que p2 = 24m + 1, para algum m, como queŕıamos
mostrar.
• Se r = 2, p = 3q + 2 e, sendo p é ı́mpar, temos que q também será impar, digamos q = 2k + 1, para algum k.
Substituindo, temos que p2 = (3q + 2)2 = (6k + 5)2 = 12k(3k + 5) + 24 + 1, mas ou k é par ou 3k + 5 é par, assim
temos que p2 = 24m+ 1, para algum m, como queŕıamos mostrar.
GABARITO - QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
Questão 1. (pontuação: 1)
No octaedro regular duas faces opostas são paralelas. Em um octaedro regular de aresta a, calcule a distância
entre duas faces opostas.
Obs: no seu cálculo, você pode afirmar as propriedades que está utilizando sem precisar demonstrá-las, mas deve
descrevê-las detalhadamente.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
 B 
 C 
D 
E 
F 
O M 
 G 
Uma solução:
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 médio da aresta BC. Como a reta BC é perpendicular ao plano (EOM), os planos
(EBC) e (EOM) são perpendiculares. No triângulo retângulo EOM a altura OG relativa à hipotenusa é a distância
do ponto O à face (EBC). Temos:
OE = a
√
2
2 , metade da diagonal do quadrado BEDF ,
OM = a2 , distância do centro do quadrado ABCD ao lado BC, e
EM = a
√
3
2 , altura do triângulo equilátero EBC.
Assim, a relação OG.EM = OE.OM fornece OG = a
√
6
6 .
Como a distância de O à face (FDA) é igual ao comprimento de OG temos que a distância entre duas faces opostas
do octaedro regular é o dobro do comprimento de OG, ou seja, igual a a
√
6
3 .
Outra solução:
Podemos decompor a pirâmide ABCDE em quatro tetraedros congruentes ao tetraedro BCEO. A pirâmide
ABCDE tem volume igual a V = a
2.OE
3 =
a3
√
2
6 e o tetraedro BCEO tem volume igual a W =
1
3
a2
√
3
4 OG =
a2
√
3
12 OG.
Da igualdade V = 4W segue que OG = a
√
6
6 , logo a distância entre duas faces opostas do tetraedro regular é igual a
a
√
6
3 .
Questão 2. (pontuação: 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 vértice B coincidiu com o ponto P do lado CD do retângulo.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
 
 A B 
 C D 
 E 
 P 
(a) Calcule o comprimento do segmento DP .
(b) Calcule a razão entre as áreas dos triângulos ADP e PCE.
(c) Calcule o comprimento do segmento AE.
Uma solução:
a) Como os triângulos AEB e AEP são congruentes, então AP = AB = 25 cm . Assim, pelo teorema de Pitágoras,
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 ângulo APE é reto pois é igual ao ângulo ABE. Assim, os ângulos α e β
da figura são complementares e, como consequência, os triângulos ADP e PCE são semelhantes, pois possuem os
mesmos ângulos e a razão de semelhança é k = ADPC =
20
10 = 2. Assim, a razão entre as áreas desses triângulos é
k2 = 4.
c) Da semelhança dos triângulos ADP e PCE tem-se CEPC =
DP
AD , ou seja,
CE
10 =
15
20 , o que dá CE = 7, 5 cm e,
consequentemente, BE = 12, 5 cm.
O teorema de Pitágoras pode ser usado no triângulo ABE para calcular o comprimento de AE. Isto dá AE =√
252 + (12, 5)2 cm.
Observando que, neste problema, AB é o dobro de BE, o cálculo acima é imediato. Se um triângulo retângulo
possui catetos a e 2a, então sua hipotenusa mede a
√
5. Assim, neste caso, obtemos facilmente que
AE = 12, 5
√
5 =
25
√
5
2
cm
Questão 3. (pontuação: 1)
Em uma caixa há três dados aparentemente idênticos. Entretanto, apenas dois deles são normais, enquanto o
terceiro tem três faces 1 e três faces 6. Um dado é retirado ao acaso da caixa e lançado duas vezes.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
Se a soma dos resultados obtidos for igual a 7, qual é a probabilidade condicional de que o dado sorteado tenha
sido um dos dados normais?
Uma solução:
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 três faces diferentes da obtida no primeiro
lançamento). 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)
=
2
3 ×
1
6
2
3 ×
1
6 +
1
3 ×
1
2
=
2
5
Outra solução:
Nomeemos os dados da seguinte forma: N1 e N2 (dados normais) e A (dado anormal).
Se o dado retirado for N1 são 36 casos posśıveis para dois lançamentos deste dado e somente 6 casos favoráveis
com soma 7. Se o dado retirado for N2 também são 36 casos posśıveis para dois lançamentos deste dado e somente 6
casos favoráveis com soma 7. Se o dado retirado for A são 36 casos posśıveis para dois lançamentos deste dado, mas
agora 18 casos favoráveis com soma 7.
Logo, no total são 30 os casos posśıveis para que a soma dê 7 e dentre estes, somente em 12 a soma é proveniente
de dados normais. Portanto
P (dado normal|soma 7) = P (dado normal e soma 7)
P (soma 7)
=
12
30
=
2
5
.
Questão 4. (pontuação: 1,5)
A linha poligonal da figura começa na origem e passa por todos os pontos de coordenadas inteiras do plano
cartesiano.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
 
1 
2 
3 
1 
2 
3 -1 
-1 
-2 
-2 
(a) Seja n um número inteiro não negativo. Mostre que o comprimento c(n) da linha poligonal da origem até o
ponto (n, n) é igual a 4n2.
(b) Qual é o comprimento da linha poligonal entre os pontos (7, 10) e (11,−20)?
Uma solução:
a) A passagem do ponto (n, n) para o ponto (n+ 1, n+ 1) é ilustrada no diagramaabaixo:
 (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) é 2n + (2n + 1) + (2n + 1) + (2n + 2) =
8n+ 4 = 4(2n+ 1).
A partir dáı, 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 à indução finita:
A fórmula dada claramente vale para n = 0. Suponhamos válida para n. Para n+1, o comprimento é 4n2+4(2n+1)
= 4(n+ 1)2; logo, a fórmula vale para n+ 1. Portanto, pelo PIF, vale a fórmula para todo n inteiro não negativo.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
Outra solução:
Até chegar ao ponto (n, n), teremos passado por todos os pontos de coordenadas inteiras do retângulo [−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 retângulo acima; a segunda, corresponde ao segmento final).
b) Como ilustra o diagrama abaixo, o comprimento entre (7, 10) e (11,−20, ) é 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) 
Questão 5. (pontuação: 1)
Um corpo está impregnado de uma substância radioativa cuja meia-vida é um ano. Quanto tempo levará para que
sua radioatividade se reduza a 10% do que é?
Uma solução:
Se M0 é a massa da substância radioativa no ano t = 0 e M é a massa da mesma substância após t anos, então
M = M0.a
t, para um certo a, com 0 < a < 1. A informação sobre a meia-vida nos diz que M0.a
1 = 12M0, logo a =
1
2 .
Queremos achar t de modo que M0.a
t = M010 , ou seja (
1
2 )
t = 110 . Então, tomando logaritmos na base 10,
t =
1
log10 2
.
[Como log10 2 ≈ 0, 3010 então t ≈ 3, 3 ≈ 3 anos e 4 meses]
Questão 6. (pontuação: 1,5)
Qual é o menor valor da expressão
√
16x/y +
√
y/(81x) quando x e y são números reais positivos quaisquer?
Justifique sua resposta.
Uma solução:
A expressão dada é o dobro da média aritmética entre
√
16x/y e
√
y/(81x), logo seu valor é maior do que ou igual
ao dobro da média geométrica desses números. Ou seja:
√
16x/y +
√
y/(81x) ≥ 2.
√√
16x/y.
√
y/(81x) =
4
3
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
Além disso, a igualdade vale se, e somente se, 16x/y = y/(81x), isto é 16.81.x2 = y2. Isto acontece, por exemplo,
quando x = 1 e y = 36. Em outras palavras, com x = 1 e y = 36, a expressão dada atinge seu valor mı́nimo, que é
igual a 43 . Há, entretanto, infinitos pontos para os quais este valor mı́nimo é atingido.
Podeŕıamos também “completar quadrados” para obter a igualdade√
16x/y +
√
y/(81x) = ((16x/y)
1
4 − (y/(81x)) 14 )2 + 2.(16
81
)
1
4 = ((16x/y)
1
4 − (y/(81x)) 14 )2 + 4
3
e proceder como acima.
Questão 7. (pontuação: 1)
Mostre que, para todo n ∈ N, é inteiro o número 17n
7 + 15n
5 + 2335n.
Uma solução:
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
7
n7 +
1
5
n5 +
23
35
n =
n7 − n
7
+
n5 − n
5
+ n
nos permite concluir o desejado.
Outra solução:
Basta usar o Prinćıpio de Indução Finita:
Se n = 0 a expressão é também igual a zero. Observe que quando n = 1, a expressão torna-se 17 +
1
5 +
23
35 = 1.
Suponha agora que 17n
7 + 15n
5 + 2335n é um número inteiro e mostremos que
1
7 (n + 1)
7 + 15 (n + 1)
5 + 2335 (n + 1)
também é inteiro.
Expandindo em seus binômios de Newton
{1
7
C(7, 0)n7 +
1
7
C(7, 1)n6 + ...+
1
7
C(7, 7)n0}+ {1
5
C(5, 0)n5 +
1
5
C(5, 1)n4 + ...+
1
5
C(5, 5)n0}+ 23
35
n+
23
35
vemos que todos os termos desta última expressão são números inteiros, exceto talvez 17n
7, 15n
5, 2335n,
1
7 ,
1
5 e
23
35 . Mas,
por hipótese de indução, a soma dos três primeiros elementos desta última lista é um número inteiro e a soma dos
três restantes é igual a 1, logo a expressão toda é um inteiro.
Questão 8. (pontuação: 1,5)
Um número natural m é dito um quadrado se existe a ∈ N tal que m = a2.
(a) Mostre que o algarismo das unidades (na base 10) de um quadrado só pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6
ou 9.
(b) Mostre que todo quadrado é da forma 4n ou 4n+ 1.
(c) Mostre que nenhum número 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}, é um quadrado.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - Setembro de 2012
Uma solução:
a) Escrevamos a = 10b+ c, com c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Logo,
m = a2 = (10b+ c)2 = 10(10b2 + 2bc) + c2.
Portanto, o algarismo das unidades de m coincide o algarismo das unidades de c2. Fazendo variar c no conjunto
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, temos os seguintes posśıveis valores:
c2 = 0, c2 = 1, c2 = 4, c2 = 9, c2 = 16,
c2 = 25, c2 = 36, c2 = 49, c2 = 64, c2 = 81,
o que prova a asserção.
b) Todo número natural a se escreve na forma 4s+ r, com r = 0, 1, 2 ou 3.
Temos que
r = 0: m = a2 = (4s)2 = 4(4s2),
r = 1: m = a2 = (4s+ 1)2 = 4(4s2 + 2s) + 1,
r = 2: m = a2 = (4s+ 2)2 = 4(4s2 + 4s) + 4 = 4(4s2 + 4s+ 1),
r = 3: m = a2 = (4s+ 3)2 = 4(4s2 + 6s) + 9 = 4(4s2 + 6s+ 2) + 1,
logo m é da forma 4n ou 4n+ 1.
[Observe também que se dois números a e b deixam restos r1 e r2, respectivamente, na divisão por um número c,
então o produto ab deixa o mesmo resto na divisão por c que o produto r1r2. Assim, apenas temos que olhar para
02, 12, 22, 32 e observar que estes quatro números deixam resto 1 ou 0 na divisão por 4].
c) Os casos d = 2, 3, 7 e 8 são consequências imediatas do item (a).
Os casos d = 1, 4 e 9 são tratados a seguir. Temos que
m = 11 . . . 1 = 100x+ 11 = 4(25x+ 2) + 3,
logo m é da forma 4n+ 3. Portanto, m não é um quadrado.
Os números m = 44 . . . 4 = 4(11 . . . 1) e m = 99 . . . 9 = 9(11 . . . 1) não podem ser quadrados, pois, caso contrário,
11 . . . 1 seria um quadrado.
O caso d = 5 segue do fato de
m = 55 . . . 5 = 100y + 55 = 4(25y + 13) + 3,
logo da forma 4n+ 3.
O caso d = 6 segue do fato de m = 66 . . . 6 = 4(25z + 16) + 2, logo da forma 4n+ 2.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2
Atenção: em cada questão, é sempre permitido usar a resposta de um item anterior, mesmo que esse
item anterior não tenha sido resolvido.
Questão 1.
(a) Prove que, para quaisquer x, y, z, a, b, c ∈ R, tem-se
(ax + by + cz)2 ≤ (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) .
(b) Excetuando o caso trivial em que a = b = c = 0, mostre que vale a igualdade se, e somente se, existe m ∈ R
tal que x = ma, y = mb e z = mc.
Questão 2.
(a) Usando o gráfico com o qual se define geometricamente o logaritmo natural ln, mostre que ln(1 + x) < x para
todo x > 0, e dáı lnx < x.
(b) Tomando
√
x em vez de x nesta última desigualdade, prove que para todo x suficientemente grande o quociente
ln x
x pode tornar-se tão pequeno quanto desejemos.
(c) Prove ainda que essa conclusão é válida para logaritmos em qualquer base > 1.
Questão 3.
Uma moeda, com probabilidade 0, 6 de dar cara, é lançada 3 vezes.
(a) Qual é a probabilidade de que sejam observadas duas caras e uma coroa, em qualquer ordem?
(b) Dado que foram observadas duas caras e uma coroa, qual é a probabilidade de que tenha dado coroa no primeiro
lançamento?
Questão 4.
Considere a sequência an definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 1 + 2
a3 = 2 + 3 + 4
a4 = 4 + 5 + 6 + 7
...
(a) O termo a10 é a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual é o menor e qual é o maior desses inteiros? Calcule
a10.
(b) Forneça uma expressão geral para o termo an.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2
Questão 5.
Seja ABC um triângulo equilátero de lado 6 e AD um segmento perpendicular ao plano desse triângulo de
comprimento 8.
(a) Localize o ponto P do espaço que é equidistante dos quatro pontos A, B, C e D e calcule a distância comum
R = PA = PB = PC = PD.
(b) Calcule o cosseno do ângulo entre as retasreversas AC e BD.
Questão 6.
No triângulo ABC assinale o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC de forma que AP = 13AC e BQ =
2
3BC.
Seja J o ponto de interseção de AQ e BP .
(a) Mostre que JAJQ =
3
4 . Sugestão: Trace QL paralelo a BP e use semelhança de triângulos.
(b) Calcule a razão JBJP .
(c) Decida se a área do triângulo BPQ é maior do que, menor do que ou igual à metade da área do triângulo ABC.
Questão 7.
(a) Mostre que nenhum número natural da forma 4n + 3 pode ser escrito como o quadrado ou a soma de dois
quadrados de números naturais.
(b) Mostre que nenhum número a da forma 11 . . . 1 (n d́ıgitos iguais a 1, n > 1) é o quadrado ou a soma de dois
quadrados de números naturais.
Questão 8.
Considere o sistema de congruências: {
x ≡ c1 mod n1
x ≡ c2 mod n2
Denotamos como de costume o mdc e o mmc de n1 e n2 por (n1, n2) e [n1, n2], respectivamente.
(a) Mostre que a e a′ são soluções do sistema se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2].1
(b) Mostre que o sistema admite solução se, e somente se, c2 ≡ c1 mod (n1, n2).
(c) Dadas as progressões aritméticas (an) de primeiro termo 5 e razão 14 e (bn) de primeiro termo 12 e razão 21,
mostre que elas possuem termos comuns (isto é, existem r e s tais que ar = bs). Mostre que esses termos comuns
formam uma PA e determine seu primeiro termo e sua razão.
1O enunciado está, infelizmente incorreto: a intenção era pedir: se a é solução então a′ é solução se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2].
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 necessáriousar 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 DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 1.
(a) Prove que, para quaisquer x, y, z, a, b, c ∈ R, tem-se
(ax+ by + cz)2 ≤ (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) .
(b) Excetuando o caso trivial em que a = b = c = 0, mostre que vale a igualdade se, e somente se, existe m ∈ R
tal que x = ma, y = mb e z = mc.
UMA SOLUÇÃO
(a) Efetuando as operações indicadas, vemos que
(a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2)− (ax+ by + cz)2 = (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2 .
Como todo quadrado em R é ≥ 0, segue-se a desigualdade proposta.
(b) Quanto à igualdade, ela é evidente no caso em que x = ma, y = mb e z = mc, para algum m ∈ R.
Reciprocamente, se ela vale então, supondo, por exemplo, a 6= 0, pomos m = xa . Sabendo (pelo visto acima) que
ay − bx = az − cx = bz − cy =, de x = ma resultam 0 = ay − bx = ay −mab e dáı (como a 6= 0) tiramos y = mb.
Analogamente, obtemos z = mc.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 2.
(a) Usando o gráfico com o qual se define geometricamente o logaritmo natural ln, mostre que ln(1 + x) < x para
todo x > 0, e dáı lnx < x.
(b) Tomando
√
x em vez de x nesta última desigualdade, prove que para todo x suficientemente grande o quociente
ln x
x pode tornar-se tão pequeno quanto desejemos.
(c) Prove ainda que essa conclusão é válida para logaritmos em qualquer base > 1.
UMA SOLUÇÃO
(a) ln(1 +x) é a área de uma faixa de hipérbole, contida no retângulo de altura 1 e base igual ao intervalo [1, 1 +x]
do eixo das abscissas. Dáı ln(1 + x) < x, pois x é a área desse retângulo. Como lnx é uma função crescente de x,
tem-se lnx < ln(1 + x) < x.
(b) Colocando-se
√
x no lugar de x, tem-se ln
√
x <
√
x, ou seja, 12 lnx <
√
x. Dividindo ambos os membros por
x, vem
lnx
x
<
2√
x
.
Se desejarmos ter ln xx < �, basta tomar
2√
x
< �, isto é, x > 4�2 .
(c) Finalmente, se log x significar o logaritmo de x na base a, então tomando c = log e teremos log x = c lnx, e dáı
log x
x
= c
lnx
x
,
ou seja, os dois quocientes diferem apenas por uma constante. Então
log x
x
≤ 2c√
x
,
que é menor do que � se x > 4c
2
�2 .
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 3.
Uma moeda, com probabilidade 0, 6 de dar cara, é lançada 3 vezes.
(a) Qual é a probabilidade de que sejam observadas duas caras e uma coroa, em qualquer ordem?
(b) Dado que foram observadas duas caras e uma coroa, qual é a probabilidade de que tenha dado coroa no primeiro
lançamento?
UMA SOLUÇÃO
(a) Para sáırem duas caras e uma coroa, só há as 3 possibilidades: coroa-cara-cara, cara-coroa-cara, e cara-cara-
coroa. Cada uma delas tem probabilidade 0, 6 × 0, 6 × (1 − 0, 6) = 0, 36 × 0, 4 = 0, 144. Logo a probabilidade de
sáırem duas caras e uma coroa é de 3× 0, 144 = 0, 432.
(b) Dado que foram observadas duas caras euma coroa, ocorre apenas uma das 3 possibilidades acima, todas
equiprováveis. E só uma delas começa com coroa. Então a probabilidade de ter dado coroa no primeiro lançamento
é de 13 .
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 4.
Considere a sequência an definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 1 + 2
a3 = 2 + 3 + 4
a4 = 4 + 5 + 6 + 7
...
(a) O termo a10 é a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual é o menor e qual é o maior desses inteiros? Calcule
a10.
(b) Forneça uma expressão geral para o termo an.
UMA SOLUÇÃO
(a) Uma maneira de fazer é ir até a décima linha, seguindo a regra sugerida, em que o último termo de uma linha
é o primeiro termo da seguinte.
a1 = 1
a2 = 1 + 2
a3 = 2 + 3 + 4
a4 = 4 + 5 + 6 + 7
a5 = 7 + 8 + 9 + 10 + 11
a6 = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16
a7 = 16 + 17 + 18 + 19 + 20 + 21 + 22
a8 = 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29
a9 = 29 + 30 + 31 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37
a10 = 37 + 38 + 39 + 40 + 41 + 42 + 43 + 44 + 45 + 46
Então a10 é a soma de uma P.A. com primeiro termo 37, último termo 46, e razão 1. Portanto
a10 =
37 + 46
2
· 10 = 415 .
(b) Primeiro vejamos qual é a lei que rege o primeiro termo de an. Chamemos de bn esse primeiro termo. Temos
b1 = 1, b2 = 1, b3 = 2, b4 = 4, b5 = 7 etc. Dáı b2−b1 = 0, b3−b2 = 1, b4−b3 = 2, b5−b4 = 3, isto é, bn−bn−1 = n−2.
Ou seja, bn − bn−1, n ≥ 2, é uma P.A. de razão 1 e primeiro termo igual a zero. Então bn é igual a 1 mais a soma
dessa P.A. até o termo n− 2:
bn = 1 +
(n− 2)(n− 1)
2
.
O último termo de an é igual a bn + n− 1. Então, sendo an a soma de uma P.A. de n termos com o primeiro igual a
bn e o último igual a bn + n− 1, resulta que
an = n ·
bn + (bn + n− 1)
2
.
Colocando essa expressão explicitamente em função de n, temos
an = n ·
[
bn +
n− 1
2
]
= n ·
[
1 +
1
2
(n− 1)(n− 2 + 1)
]
= n ·
[
1 +
1
2
(n− 1)2
]
,
que é um polinômio cúbico em n.
(Nessas horas, vale a pena conferir se a fórmula bate com o que esperamos, examinando os primeiros casos. Confira!)
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 5.
Seja ABC um triângulo equilátero de lado 6 e AD um segmento perpendicular ao plano desse triângulo de
comprimento 8.
(a) Localize o ponto P do espaço que é equidistante dos quatro pontos A, B, C e D e calcule a distância comum
R = PA = PB = PC = PD.
(b) Calcule o cosseno do ângulo entre as retas reversas AC e BD.
UMA SOLUÇÃO
(a) O ponto P deve estar no plano paralelo a ABC a 4 unidades de distância de A, pois esse é o plano dos pontos
equidistantes de A e D. Ao mesmo tempo, ele deve estar na reta perpendicular ao plano determinado por ABC que
passa pelo centro H de ABC, pois essa reta é o conjunto de pontos que equidistam de A, B e C.
A distância de H a qualquer um dos vértices do triângulo é igual a 2
√
3 (o que pode ser obtido de vários modos).
Como AHP é triângulo-retângulo, de catetos AH = 2
√
3 e HP = 4, e hipotenusa AP = R, então R2 = 12+16 = 28,
logo R = 2
√
7.
(b) Chame de Q o ponto do plano de ABC tal que AQBC é paralelogramo. O ângulo procurado é o ângulo
α = QB̂D. Todos os lados do triângulo QBD são conhecidos: (i) BD = 10, porque BAD é retângulo com catetos
iguais a 6 (o lado do triângulo ABC) e 8 (a altura do ponto D); (ii) BQ = AC = 6; (iii) QD = 10 (pela mesma
razão de (i)). Então, pela Lei dos Cossenos,
102 = 102 + 62 − 2 · 10 · 6 · cosα ,
de onde sai cosα = 0, 3.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 6.
No triângulo ABC assinale o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC de forma que AP = 13AC e BQ =
2
3BC.
Seja J o ponto de interseção de AQ e BP .
(a) Mostre que JAJQ =
3
4 . Sugestão: Trace QL paralelo a BP e use semelhança de triângulos.
(b) Calcule a razão JBJP .
(c) Decida se a área do triângulo BPQ é maior do que, menor do que ou igual à metade da área do triângulo ABC.
UMA SOLUÇÃO
(a) Para facilitar, sejam BC = 3a e AC = 3b. Traçamos QL paralela a BP . Temos AP = b e PC = 2b.
Da semelhança dos triângulos BPC e QLC vem
LC
PC
=
QC
BC
=
1
3
.
Logo,
LC =
2b
3
e
PL =
4b
3
.
Assim,
JA
JQ
=
PA
PL
=
b
4b/3
=
3
4
.
(b) Seja JP = x. Da semelhança entre AJP e AQL vem
JP
QL
=
AJ
AQ
=
3
7
.
Dáı,
QL =
7x
3
.
Da semelhança dos triângulos BPC e QLC temos
BP
QL
=
BC
QC
=
3
1
.
Dáı, BP = 7x e BJ = 6x. Assim,
JB
JP
= 6 .
(c) Seja 3h a distância de A à reta BC. A área do triângulo ABC é
S =
3a · 3h
2
=
9ah
2
.
O triângulo BPQ tem base BQ = 2a e altura igual à distância de P à reta BC, que é igual a 2h. A área do triângulo
BPQ é
S1 =
2a · 2h
2
=
4ah
2
.
Assim, S1 =
4
9S <
1
2S. Em palavras, a área do triângulo BPQ é menor do que a metade da área do triângulo ABC.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 7.
(a) Mostre que nenhum número natural da forma 4n + 3 pode ser escrito como o quadrado ou a soma de dois
quadrados de números naturais.
(b) Mostre que nenhum número a da forma 11 . . . 1 (n d́ıgitos iguais a 1, n > 1) é o quadrado ou a soma de dois
quadrados de números naturais.
UMA SOLUÇÃO
(a) Suponhamos por absurdo que existam x, y, z ∈ N tais que z2 = 4n+ 3 ou que x2 +y2 = 4n+ 3. Teŕıamos então
que z2 ≡ 3 mod 4 ou que x2 + y2 ≡ 3 mod 4.
Sendo, para todo a ∈ N, a ≡ 0 mod 4, a ≡ 1 mod 4, a ≡ 2 mod 4, ou a ≡ 3 mod 4, segue que
a2 ≡ 0 mod 4 ou a2 ≡ 1 mod 4.
Portanto, z2 6≡ 3 mod 4 e x2 + y2 6≡ 3 mod 4, o que é uma contradição.
(b) Para a = 11, por inspeção, o resultado é óbvio. Agora suponhamos n ≥ 2 e ponhamos a = 100b + 11, onde
b ≥ 0. Portanto, temos
a = 25× 4b+ 4× 2 + 3 = 4(25b+ 2) + 3 ,
o que nos diz que a é da forma 4n+ 3, logo não é nem um quadrado nem uma soma de dois quadrados de números
naturais.
EXAME DE QUALIFICAÇÃO - 2012.2 - GABARITO
Questão 8.
Considere o sistema de congruências: {
x ≡ c1 mod n1
x ≡ c2 mod n2
Denotamos como de costume o mdc e o mmc de n1 e n2 por (n1, n2) e [n1, n2], respectivamente.
(a) Mostre que a e a′ são soluções do sistema se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2]. O enunciado, da forma como
está, é incorreto. O certo seria: Mostre que, se a é solução, então a′ é solução se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2].
(b) Mostre que o sistema admite solução se, e somente se, c2 ≡ c1 mod (n1, n2).
(c) Dadas as progressões aritméticas (an) de primeiro termo 5 e razão 14 e (bn) de primeiro termo 12 e razão 21,
mostre que elas possuem termos comuns (isto é, existem r e s tais que ar = bs). Mostre que esses termos comuns
formam uma PA e determine seu primeiro termo e sua razão.
UMA SOLUÇÃO
(a) Obs. Se o sistema admite uma solução a, então todo número da forma a+ kn1n2 é também uma solução. Em
outras palavras, se a′ ≡ a mod n1n2, então a′ é uma solução. Mas isso não dá todas as soluções, como o próprio
enunciado deixa evidente, a menos que n1 e n2 sejam primos entre si.
Suponha que a seja uma solução. Se a′ é outra solução do sistema, subtraindo uma da outra obtemos que
a′ ≡ a mod n1 e a′ ≡ a mod n2. Por outro lado, essas duas condições juntas implicam que a′ é solução do sistema.
Ou seja: a′ é solução do sistema se, e somente se, a′ ≡ a mod n1 e a′ ≡ a mod n2. Mas dizer que a′ ≡ a mod n1 e
a′ ≡ a mod n2 equivale a afirmar que a′ ≡ a mod [n1, n2].
(b) Pelo que acabamos de mostrar, o sistema admite uma solução se, e somente se, ele admite uma solução
a > max{c1, c2}. Portanto, o sistema admite solução se, e somente se, existem x, y ∈ N tais que a − c1 = xn1 e
a − c2 = yn2. Sem perda de generalidade, podemos supor c2 ≥ c1. Assim, a existência de soluções do sistema é
equivalente à existência de soluções da equação diofantina xn1− yn2 = c2− c1. Por sua vez, essa equação diofantina
possui solução se, e somente se, (n1, n2) divide c2 − c1, o que equivale a c2 ≡ c1 mod (n1, n2).
(c) Os termos comuns a ambas as PAs são soluções do sistema{
x ≡ 5 mod 14
x ≡ 12 mod 21,
o qual possui soluçõesdado que 12 ≡ 5 mod (14, 21), por (b).
Listemos os primeiros termos de ambas as PAs:
an : 5, 19, 33, . . .
bn : 12, 33, 54, . . .
Assim, 33 é o menor termo comum a ambas as PAs e pela parte (a) temos que os termos comuns a ambas PAs são
dados por cn = 33 + n[14, 21] = 33 + 42n, os quais formam uma PA de primeiro termo 33 e razão 42.