2016 1 AP1 HM Gabarito

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Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
 
1
a
 Avaliação Presencial de História da Matemática – 2016-1 
 
Questão 1 [1,5 pt] – Resolva o problema (Prob. 9 de uma tábua do período Hitita - 1650 a 
1200 a.C.) a seguir no espaço da questão 1 indicado no caderno de resposta. 
 
Uma trave de comprimento 0,5 GAR está encostada a uma parede. O seu topo está 0,1 GAR 
abaixo do que deveria estar se estivesse perfeitamente direita. A que distância da parede está a 
sua parte de baixo? 
Solução: 
Inicialmente devemos interpretar “perfeitamente direita” como perpendicular ao solo. 
A figura 1 representa a situação inicial e a figura 2 a situação em que o topo da trave deslocou 
verticalmente de 0,1 GAR. 
 
Figura 1 
 
Figura 2 
Usando o Teorema de Pitágoras
(*)
, tem-se que a parte de baixo está a 0,3 GAR da parede 
(*) Não se sabe se os egípcios tinham o conhecimento e uma demonstração do Teorema de 
Pitágoras. Entretanto, eles tinham conhecimento da existência de alguns ternos pitagóricos: 
(3,4,5) era um deles. 
 
 
A civilização egípcia é uma das mais antigas do nosso planeta. As 
questões a seguir versam sobre duas contribuições (uma aritmética 
outra algébrica) desta civilização. 
Resolva agora as questões 2 e 3 nos espaços indicados no 
caderno de respostas. 
 
Questão 2 [1,5 pt] - Multiplique, como os egípcios, 27 por 15, ou seja, tome 15 vezes o 
número 27. 
Solução: 
∖1 27 
∖2 54 
∖4 108 
∖8 216 
16 432 
1 + 2 + 4 + 8 = 15 ⇒ 27 ⨯ 15 = 27 + 54 + 108 + 216 = 405. 
 
Questão 3 [1,5 pt] - Resolva a equação 
𝑥
3
+
𝑥
7
= 50, usando o método da falsa posição. 
Solução: 
Assim como o escriba, vamos “evitar” as frações 1/3 e 1/7 simultaneamente. 
Para isso, podemos escolher como posição inicial (isto é, como uma primeira tentativa) um 
múltiplo comum de 3 e 7, por exemplo: o m.m.c.(3,7) = 21 . 
Substituindo na equação a posição inicial (21) temos: 
21(1/3) + 21(1/7) = 7 + 3 = 10 (*) 
Como o resultado esperado é 50 o resultado que obtivemos em (*) deve ser multiplicado por 5 
para obtermos 50. 
Sendo assim: x = 21 ∙ 5 = 105. 
 
 
Arquimedes 
Arquimedes foi um importante físico e matemático da Antiguidade, 
considerado um dos precursores do cálculo integral. Além de determinar 
a área do circulo por meio do método de exaustão, resolveu problemas 
interessantes e curiosos com características próprias de seu espírito 
crítico e criativo. 
Resolva agora as questões 4 e 5 nos espaços indicados no caderno de 
respostas. 
 
Questão 4 [1,5 pt] - Resolva o seguinte problema proposto or Arquimedes: Seja ABC um 
semicírculo. Pelo ponto B, traçamos uma perpendicular BD ao diâmetro AC. Sobre os 
segmentos AD e DC, construímos dois outros semicírculos AFD e DHC. A área AFDHCB (que 
Arquimedes chamava de Arbelos) é igual à área do círculo de diâmetro BD. 
 
 
 
Solução: 
A área procurada é a que se encontra dentro do semicírculo ABC e fora dos semicírculos AFD 
e DHC. Vamos aos cálculos. 
 
Portanto, 
 
Como 
 AC= AD+DC
, temos: 
 
Posto que BD é a média proporcional entre AD e DC (ver Problema 11), então 
 BD
2
= AD×DC . 
Logo, 
 
Questão 5 [1,5 pt] - Resolva o seguinte problema proposto por Arquimedes: 
Considere um círculo circunscrito a um quadrado e outro círculo inscrito neste mesmo 
quadrado. Então, a área do círculo circunscrito é duas vezes maior que a área do círculo 
inscrito. 
 
Solução: 
Seja “a” a medida do lado do quadrado. A medida do diâmetro do círculo circunscrito coincide 
com a medida da diagonal deste quadrado, ou seja, a 2 . Já a medida do diâmetro do círculo 
inscrito coincide com a medida do lado do quadrado, ou seja, a. Assim: 
 
 
Tartaglia 
Tartaglia e Scipione del Ferro desenvolveram métodos para a 
resolução a equação do terceiro grau. As questões 6 e 7 referem-
se às etapas do método desenvolvido pelos matemáticos para a 
resolução da equação cúbica x
3
 + 6x
2
 + 18x + 10 = 0. 
Resolva agora as questões 6 e 7 nos espaços indicados no 
caderno de respostas. 
 
Questão 6 [1,0 pt] – Faça a mudança de variável (Tartaglia) x = y − 2 para transformar a 
equação cúbica x
3 
+ 6x
2
 + 18x + 10 = 0 em uma equação reduzida da forma y
3 
+Ay = B. 
Identifique os valores de A e B que você encontrou na sua equação reduzida. 
Solução: 
Fazendo a mudança de variável (Tartaglia) x = y − 2 tem-se: 
(y − 2)3 + 6(y − 2)2 + 18(y − 2) + 10 = 0 => 
y
3
 − 6y2 + 12y – 8 +6y2 – 24y + 24 + 18y – 36 + 10 = 0 => 
y
3
 + 6y − 10 = 0 => y3 + 6y = 10. 
A = 6 e B = 10. 
Questão 7 [1,5 pt] Considerando y = s – t e o sistema {
3𝑠𝑡 = 𝐴
𝑠3 − 𝑡3 = 𝐵
, encontre a solução real 
da equação x
3 
+ 6x
2
 + 18x + 10 = 0. 
Solução: 
Para usar o método de Scipione dal Ferro, consideramos y = s – t e resolvemos o 
sistema {
3𝑠𝑡 = 6
𝑠3 − 𝑡3 = 10
 
Resolução do sistema 
Substituindo 𝑠 =
6
3𝑡
=
2
𝑡
 na segunda equação tem-se 
(
2
𝑡
)
3
− 𝑡3 = 10 
8
𝑡3
− 𝑡3 − 10 = 0 
8 − 𝑡6 − 10𝑡3 = 0 
Fazendo outra substituição, 𝑤 = 𝑡3, tem-se que w é solução da equação do segundo 
grau 
8 − 𝑤2 − 10𝑤 = 0 
Logo 𝑤 =
10±√100−4(−1)8
−2
= −5 ± √33 
Escolhendo a o valor positivo para w, isto é, 𝑤 = −5 + √33, tem – se 𝑡 =
√−5 + √33
3
 . 
De 𝑠3 − 𝑡3 = 10, tem-se 
𝑠3 − (−5 + √33) = 10 
𝑠3 + 5 − √33 = 10 
𝑠3 = 5 + √33 
𝑠 = √5 + √33
3
 
Retornando á equação original... 
y = s – t = √5 + √33
3
− √−5 + √33
3
 
x = y – 2 = √5 + √33
3
− √−5 + √33
3
− 2