Matemática: Proporcionalidade, Teorema de Pitágoras, Problemas do Primeiro Grau

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Instituto Nacional de Matema´tica Pura e Aplicada
Programa de Aperfeic¸oamento para Professores de Matema´tica do Ensino Me´dio
PROPORCIONALIDADE - SOLUC¸O˜ES
1. Apo´s o desconto do Imposto de Renda, A´lvaro recebera´ 100%− 27, 5% = 72, 5% da
quantia x que ele cobrar.
Assim, 72, 5% de x = 2000, ou seja, 72,5
100
x = 2000, ou ainda, x = 2.000.000
725
= 2.758, 62
(bastante) aproximadamente.
2. Na˜o importa quantas semanas eles trabalharam. Por simplicidade, suporemos que
foi uma so´. Do dinheiro recebido pela venda, cada so´cio recebera´ sua contribuic¸a˜o
original, restando 98 mil reais para serem divididos segundo a regra de sociedade
composta, ou seja, em partes proporcionais a 110 e 135, pois 110 = 2 × 55 e 135 =
3× 45. Essas partes sa˜o, portanto, 98×110
245
= 44 e 98×135
245
= 54.
A resposta e´: cabe a cada so´cio a soma de 99 mil reais, pois 99 = 55+ 44 = 45+ 54.
Teorema de Pitágoras – Soluções 
 
 
1) Os triângulos ADP e CDQ são semelhantes na razão 3:1. Assim, fazendo temos 
 e, portanto, 
CP  x
PD  3x AD  4x . O teorema de Pitágoras no triângulo ADP fornece x  3
5
 e o 
lado do quadrado mede 
12
5
 
 
 
 
2) Na figura ao lado, os triângulos OAB, ABC e 
CDE são equiláteros com lado 1mm. 
OM  3 3
2
 
O teorema de Pitágoras no triângulo OMD dá 
OD  7 . 
Assim, o raio da circunferência grande é 
OT  7  1
2
 e o diâmetro é 2 7 1 6,29mm. 
 
 
 
3) O diâmetro da circunferência circunscrita a um triângulo retângulo 
é a hipotenusa. Então a altura relativa à hipotenusa é menor que ou 
igual ao raio. 
h 
h  a
2
 a 
2h  a 
2ah  a2 
Se b e c são os catetos do triângulo, temos: 
2bc  a2 
b2  c 2  2bc  a2  a2 
(b c)2  2a2 
b c  a 2 
 
 
 
4) Observe que a ordem dos movimentos não muda a posição do ponto final. Foram feitos 
movimentos em três direções do espaço perpendiculares duas a duas. 
Direção norte = 900 
Direção oeste = 700 
Direção vertical = 500 + 200 – 100 = 600 
 
A distáncia PQ é a diagonal do paralelepípedo que tem essas arestas. 
PQ  9002  7002  6002 100 166 1300m. 
 
 
 
Problemas do Primeiro Grau - Soluções 
 
1. (Cortesia do PET-UFCG) 
 
 
2. 
 
3. 
ALTERNATIVA C 
p=8n+2,50=9n−3,50. Logo 8n+2,50=9n−3,50; resolvendo para n obtemos n = 6 . O preço da pizza é então 
8×6+2,50=50,50 reais. 
 
4. 
 
Soluc¸o˜es
1. Primeira Soluc¸a˜o. Manoel possui 3 tipos de transporte para a ida. Se por exemplo ele es-
colher ir de oˆnibus, ira˜o restar 2 possibilidades de transporte para a sua volta. No entanto,
ele poderia escolher ir de trem, enta˜o novamente restariam 2 possibiliades de transporte
para sua volta. E, finalmente,se ele escollhesse ir de avia˜o, restariam novamente 2 possi-
bilidades para voltar. Enta˜o somando todas as possilidades: 2+ 2+ 2 = 6 possibilidades.
Segunda Soluc¸a˜o.
Ha´ 3 escolhas para o transporte da ida. Tomada esta decisa˜o, e independentemente da
escolha feita, o transporte da volta deve ser diferente do da ida, restando 2 escolhas. Pelo
princ´ıpio multiplicativo, a resposta e´ 3× 2= 6.
2. Ha´ C515 maneiras de se escolher os jogadores do primeiro time. Tomada esta decisa˜o,
sobram 10 jogadores, dos quais temos que escolher 5 para o segundo time, o que pode ser
feito de C510 maneiras. Feito isto sobram 5 jogadores para um time, ou seja, uma u´nica
escolha. Pelo princ´ıpio multiplicativo, ha´ C515 × C510 × 1 maneiras de escolher os 3 times
de forma ordenada. Como a ordem em que os times sa˜o definidos na˜o altera o resultado
final, cada grupo de 3 times foi contado 3! vezes. Logo a resposta e´
C515 × C510 × 1
3!
= 126 126.
3. Note que havera´ uma torre em cada linha e uma em cada coluna do tabuleiro. Assim, temos
8 possibilidades para a posic¸a˜o da torre da primeira linha. Determinada esta posic¸a˜o, a
torre da segunda linha, por na˜o poder estar na mesma coluna que a torre ja´ colocada, passa
a ter 7 posic¸o˜es poss´ıveis. E assim sucessivamente. Portanto, pelo princ´ıpio multiplicativo
teremos 8× 7× 6× 5× 4× 3× 2× 1 = 8! maneiras de dispor as torres.
4. Vamos separar o problema em 6 casos:
caso 1. O homem convida 1 homem e 5 mulheres, a mulher convida 5 homens e 1 mulher,
ou seja:
C17 × C55 × C55 × C17 = 72
celano
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celano
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Combinatória
celano
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caso2. O homem convida 2 homens e 4 mulheres, a mulher convida 4 homens e 2 mulheres,
ou seja:
C27 × C45 × C45 × C27 = 1052
caso 3. O homem convida 3 homens e 3 mulheres, a mulher convida 3 homens e 3 mulheres,
ou seja:
C37 × C35 × C35 × C37 = 3502
caso 4. O homem convida 4 homens e 2 mulheres, a mulher convida 2 homens e 4 mulheres,
ou seja:
C47 × C25 × C25 × C47 = 3502
caso 5. O homem convida 5 homens e 1 mulher, a mulher convida 1 homem e 5 mulheres,
ou seja:
C57 × C15 × C15 × C57 = 1052
e finalmente.... caso 6. O homem convida 6 homens e a mulher convida 6 mulheres, ou
seja
C67 × C67 = 72
Logo o nu´mero de modos que se pode convidar os amigos sera´ a soma de todos os casos
considerados: 2× 72 + 2× 1052 + 2× 3502 = 267 148.
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PROBLEMAS DO SEGUNDO GRAU - SOLUC¸O˜ES
1. Temos α2 + pα+ q = 0, pela definic¸a˜o de raiz. Portanto
x2 + px+ q = x2 + px+ q − (α2 + pα+ q) =
= x2 − α2 + p(x− α) =
= (x− α)(x+ α+ p).
Escrevendo β = −(α + p) vemos que β2 + pβ + q = (β − α)(−α − p + α + p) = 0,
logo β e´ raiz e x2 + px+ q = (x− α)(x− β).
Quanto a` segunda afirmac¸a˜o, basta notar que o produto (x − α)(x − β) so´ pode
anular-se se um dos fatores e´ zero. Isto quer dizer que x2 + px + q = 0 somente
quando x = α ou x = β. Na˜o ha´ outra raiz ale´m dessas duas.
2. Procuram-se os valores de x para os quais 3x2 − 4x− 3 > 2x2 + x− 9.
Isto se da´ quando
(3x2 − 4x− 3)− (2x2 + x− 9) = x2 − 5x+ 6 > 0.
Como as ra´ızes de x2 − 5x + 6 = 0 sa˜o 2 e 3, este trinoˆmio e´ positivo quando x < 2
ou enta˜o x ≥ 3, ou seja, quando x estiver fora do intervalo [2, 3].
Estatística - Soluções 
 
1. A lista ordenada das quantidades de gols é: 
4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 11, 13 
 
A mediana é (6+7)/2 = 6,5 (alternativa B) 
 
2. A média é X = (0 + 3 . 1 + 4 . 2 + 3. 3 + 2 . 4 + 2. 5 + 1 . 7)/20 = 45/20 = 2,25 
A mediana é Y = 2. A moda é Z = 0. Logo, Z < Y < X (alternativa E) 
 
3. alternativa B 
 
4. 
 
Soluc¸o˜es
1. Como os treinos ocorrem de 3 em 3 dias, o cente´simo treino ocorrera´ 3 × 99 = 297 dias
apo´s o primeiro. A cada 7 dias repete-se o dia da semana, e como 297 deixa resto 3 na
divisa˜o por 7, o cente´simo treino ocorrera´ 3 dias apo´s uma segunda feira, ou seja, em uma
quinta-feira.
2. Dos n primeiros pedac¸os, n − 1 permanecem, e o outro se transforma em outros n, dos
quais n − 1 permanecem e um se transforma em n que permanecem. O total de pedac¸os
que permanecem e´, portanto, n − 1 + n − 1 + n = 3n − 2. Dos nu´meros apresentados, o
u´nico que e´ igual a um mu´ltiplo de 3 menos 2 unidades e´ o 28.
3. Como o produto de dois nu´meros e´ igual ao produto do seu mdc pelo seu mmc, e 16×576 >
8 000, conclu´ımos que (B) e´ verdadeira.
O par (16, 576) e´ contra-exemplo para (A), (C) e (D), e o par (64, 144) e´ contra-exemplo
para (E).
4. Sendo k = 2009, temos n = 10k − 1, logo n2 = 102k − 2 · 10k + 1 = (10k − 2) · 10k + 1.
Observamos que 10k−2 e´ um nu´mero de k algarismos, cujos k−1 primeiros sa˜o iguais a 9
e o u´ltimo e´ igual a 8. Assim, n2 = 99 . . . 9800 . . . 01, com k−1 algarismos 9, um algarismo
8, k− 1 algarismos 0 e um algarismo 1. A resposta e´ 2008.
celano
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ARITMÉTICA
Áreas – Soluções 
 
 
1) A área do triângulo ABX pode ser calculada de duas formas: 
AB d
2
 AX BP
2
. 
Então 1 .  2  5 BP
BP = 5/2. 
 
 
2) O círculo inicial tem área S 100 e perímetro 2  10  20 . 
A figura achatada (ao lado) tem perímetro: 
2x  2  5  20 . x 
5 Portanto, x  5 . 
A área da figura achatada é: 5 
S  52  5 10  75 . x 
A razão pedida é S 
S
 75
100 
3
4
. 
 
 
3) Sejam A, B e C as áreas das regiões A, B e C. Seja T a área 
do triângulo. 
A O triângulo B e o triângulo grande são semelhantes na razão 
20
60
 1
3
. Portanto, 
B
T
 1
3




2
 1
9
, ou seja, B  T
9
. 
C B
Os triângulos B e A são semelhantes na razão 
20
40
 1
2
. 
Portanto, 
B
A
 1
2




2
 1
4
, ou seja, A  4B  4T
9
. 
40m 20m 
Assim, C  T  T
9
 4T
9
 4T
9
. 
 
 
4) Aqui (T) significa a área do to triângulo T. 
O argumento mais eficiente é: (OAX)  (OXB)  (OAB) . 
1
2
ax sin600  1
2
bx sin600  1
2
absin1200 
Logo, x  ab
a  b 
 
 
5) 
a) (APD)  (APB)  (ADB)  (ACB)  (ABP)  (BCP) . 
Logo, (APD)  (BPC) . 
b) Seja (APD)  (BPC)  S 
(APD)
(CPD)
 AP
CP
 (APB)
(CPB)
  S
b2
 a
2
S
  S  ab 
A área do trapézio é a2  b2  2ab  (a  b)2.