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EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 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 SOLUC¸A˜O
(a) Efetuando as operac¸o˜es 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 e´ ≥ 0, segue-se a desigualdade proposta.
(b) Quanto a` igualdade, ela e´ evidente no caso em que x = ma, y = mb e z = mc, para algum m ∈ R.
Reciprocamente, se ela vale enta˜o, supondo, por exemplo, a 6= 0, pomos m = x
a
. Sabendo (pelo visto acima) que
ay − bx = az − cx = bz − cy =, de x = ma resultam 0 = ay − bx = ay −mab e da´ı (como a 6= 0) tiramos y = mb.
Analogamente, obtemos z = mc.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 2.
(a) Usando o gra´fico com o qual se define geometricamente o logaritmo natural ln, mostre que ln(1 + x) < x para
todo x > 0, e da´ı lnx < x.
(b) Tomando
√
x em vez de x nesta u´ltima desigualdade, prove que para todo x suficientemente grande o quociente
ln x
x
pode tornar-se ta˜o pequeno quanto desejemos.
(c) Prove ainda que essa conclusa˜o e´ va´lida para logaritmos em qualquer base > 1.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) ln(1+x) e´ a a´rea de uma faixa de hipe´rbole, contida no retaˆngulo de altura 1 e base igual ao intervalo [1, 1+x]
do eixo das abscissas. Da´ı ln(1 + x) < x, pois x e´ a a´rea desse retaˆngulo. Como lnx e´ uma func¸a˜o 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, 1
2
lnx <
√
x. Dividindo ambos os membros por
x, vem
lnx
x
<
2√
x
.
Se desejarmos ter ln x
x
< ǫ, basta tomar 2√
x
< ǫ, isto e´, x > 4
ǫ2
.
(c) Finalmente, se log x significar o logaritmo de x na base a, enta˜o tomando c = log e teremos log x = c lnx, e da´ı
log x
x
= c
lnx
x
,
ou seja, os dois quocientes diferem apenas por uma constante. Enta˜o
log x
x
≤ 2c√
x
,
que e´ menor do que ǫ se x > 4c
2
ǫ2
.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 3.
Uma moeda, com probabilidade 0, 6 de dar cara, e´ lanc¸ada 3 vezes.
(a) Qual e´ 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 e´ a probabilidade de que tenha dado coroa no primeiro
lanc¸amento?
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Para sa´ırem duas caras e uma coroa, so´ ha´ 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
sa´ırem duas caras e uma coroa e´ de 3× 0, 144 = 0, 432.
(b) Dado que foram observadas duas caras e uma coroa, ocorre apenas uma das 3 possibilidades acima, todas
equiprova´veis. E so´ uma delas comec¸a com coroa. Enta˜o a probabilidade de ter dado coroa no primeiro lanc¸amento
e´ de 1
3
.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 4.
Considere a sequeˆncia an definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 1 + 2
a3 = 2 + 3 + 4
a4 = 4 + 5 + 6 + 7
...
(a) O termo a10 e´ a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual e´ o menor e qual e´ o maior desses inteiros? Calcule
a10.
(b) Fornec¸a uma expressa˜o geral para o termo an.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Uma maneira de fazer e´ ir ate´ a de´cima linha, seguindo a regra sugerida, em que o u´ltimo termo de uma linha
e´ 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
Enta˜o a10 e´ a soma de uma P.A. com primeiro termo 37, u´ltimo termo 46, e raza˜o 1. Portanto
a10 =
37 + 46
2
· 10 = 415 .
(b) Primeiro vejamos qual e´ 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. Da´ı b2−b1 = 0, b3−b2 = 1, b4−b3 = 2, b5−b4 = 3, isto e´, bn−bn−1 = n−2.
Ou seja, bn − bn−1, n ≥ 2, e´ uma P.A. de raza˜o 1 e primeiro termo igual a zero. Enta˜o bn e´ igual a 1 mais a soma
dessa P.A. ate´ o termo n− 2:
bn = 1 +
(n− 2)(n− 1)
2
.
O u´ltimo termo de an e´ igual a bn + n− 1. Enta˜o, sendo an a soma de uma P.A. de n termos com o primeiro igual a
bn e o u´ltimo igual a bn + n− 1, resulta que
an = n · bn + (bn + n− 1)
2
.
Colocando essa expressa˜o explicitamente em func¸a˜o 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 e´ um polinoˆmio cu´bico em n.
(Nessas horas, vale a pena conferir se a fo´rmula bate com o que esperamos, examinando os primeiros casos. Confira!)
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 5.
Seja ABC um triaˆngulo equila´tero de lado 6 e AD um segmento perpendicular ao plano desse triaˆngulo de
comprimento 8.
(a) Localize o ponto P do espac¸o que e´ equidistante dos quatro pontos A, B, C e D e calcule a distaˆncia comum
R = PA = PB = PC = PD.
(b) Calcule o cosseno do aˆngulo entre as retas reversas AC e BD.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) O ponto P deve estar no plano paralelo a ABC a 4 unidades de distaˆncia de A, pois esse e´ 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 e´ o conjunto de pontos que equidistam de A, B e C.
A distaˆncia de H a qualquer um dos ve´rtices do triaˆngulo e´ igual a 2
√
3 (o que pode ser obtido de va´rios modos).
Como AHP e´ triaˆngulo-retaˆngulo, de catetos AH = 2
√
3 e HP = 4, e hipotenusa AP = R, enta˜o R2 = 12+16 = 28,
logo R = 2
√
7.
(b) Chame de Q o ponto do plano de ABC tal que AQBC e´ paralelogramo. O aˆngulo procurado e´ o aˆngulo
α = QB̂D. Todos os lados do triaˆngulo QBD sa˜o conhecidos: (i) BD = 10, porque BAD e´ retaˆngulo com catetos
iguais a 6 (o lado do triaˆngulo ABC) e 8 (a altura do ponto D); (ii) BQ = AC = 6; (iii) QD = 10 (pela mesma
raza˜o de (i)). Enta˜o, pela Lei dos Cossenos,
102 = 102 + 62 − 2 · 10 · 6 · cosα ,
de onde sai cosα = 0, 3.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 6.
No triaˆngulo ABC assinale o ponto P do lado AC e o ponto Q do lado BC de forma que AP = 1
3
AC e BQ = 2
3
BC.
Seja J o ponto de intersec¸a˜o de AQ e BP .
(a) Mostre que JA
JQ
= 3
4
. Sugesta˜o: Trace QL paralelo a BP e use semelhanc¸a de triaˆngulos.
(b) Calcule a raza˜o JB
JP
.
(c) Decida se a a´rea do triaˆngulo BPQ e´ maior do que, menor do que ou igual a` metade da a´rea do triaˆngulo ABC.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Para facilitar, sejam BC = 3a e AC = 3b. Trac¸amos QL paralela a BP . Temos AP = b e PC = 2b.
Da semelhanc¸a dos triaˆngulos 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 semelhanc¸a entre AJP e AQL vem
JP
QL
=
AJ
AQ
=
3
7
.
Da´ı,
QL =
7x
3
.
Da semelhanc¸a dos triaˆngulos BPC e QLC temos
BP
QL
=
BC
QC
=
3
1
.
Da´ı, BP = 7x e BJ = 6x. Assim,
JB
JP
= 6 .
(c) Seja 3h a distaˆncia de A a` reta BC. A a´rea do triaˆngulo ABC e´
S =
3a · 3h
2
=
9ah
2
.
O triaˆngulo BPQ tem base BQ = 2a e altura igual a` distaˆncia de P a` reta BC, que e´ igual a 2h. A a´rea do triaˆngulo
BPQ e´
S1 =
2a · 2h
2
=
4ah
2
.
Assim, S1 =
4
9
S < 1
2
S. Em palavras, a a´reado triaˆngulo BPQ e´ menor do que a metade da a´rea do triaˆngulo ABC.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 7.
(a) Mostre que nenhum nu´mero natural da forma 4n + 3 pode ser escrito como o quadrado ou a soma de dois
quadrados de nu´meros naturais.
(b) Mostre que nenhum nu´mero a da forma 11 . . . 1 (n d´ıgitos iguais a 1, n > 1) e´ o quadrado ou a soma de dois
quadrados de nu´meros naturais.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Suponhamos por absurdo que existam x, y, z ∈ N tais que z2 = 4n+3 ou que x2+y2 = 4n+3. Ter´ıamos enta˜o
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 e´ uma contradic¸a˜o.
(b) Para a = 11, por inspec¸a˜o, o resultado e´ o´bvio. 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 e´ da forma 4n+ 3, logo na˜o e´ nem um quadrado nem uma soma de dois quadrados de nu´meros
naturais.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - 2012.2 - GABARITO
Questa˜o 8.
Considere o sistema de congrueˆncias: {
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′ sa˜o soluc¸o˜es do sistema se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2]. O enunciado, da forma como
esta´, e´ incorreto. O certo seria: Mostre que, se a e´ soluc¸a˜o, enta˜o a′ e´ soluc¸a˜o se, e somente se, a ≡ a′ mod [n1, n2].
(b) Mostre que o sistema admite soluc¸a˜o se, e somente se, c2 ≡ c1 mod (n1, n2).
(c) Dadas as progresso˜es aritme´ticas (an) de primeiro termo 5 e raza˜o 14 e (bn) de primeiro termo 12 e raza˜o 21,
mostre que elas possuem termos comuns (isto e´, existem r e s tais que ar = bs). Mostre que esses termos comuns
formam uma PA e determine seu primeiro termo e sua raza˜o.
UMA SOLUC¸A˜O
(a) Obs. Se o sistema admite uma soluc¸a˜o a, enta˜o todo nu´mero da forma a+ kn1n2 e´ tambe´m uma soluc¸a˜o. Em
outras palavras, se a′ ≡ a mod n1n2, enta˜o a′ e´ uma soluc¸a˜o. Mas isso na˜o da´ todas as soluc¸o˜es, como o pro´prio
enunciado deixa evidente, a menos que n1 e n2 sejam primos entre si.
Suponha que a seja uma soluc¸a˜o. Se a′ e´ outra soluc¸a˜o do sistema, subtraindo uma da outra obtemos que
a′ ≡ a mod n1 e a′ ≡ a mod n2. Por outro lado, essas duas condic¸o˜es juntas implicam que a′ e´ soluc¸a˜o do sistema.
Ou seja: a′ e´ soluc¸a˜o 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 soluc¸a˜o se, e somente se, ele admite uma soluc¸a˜o
a > max{c1, c2}. Portanto, o sistema admite soluc¸a˜o 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 existeˆncia de soluc¸o˜es do sistema e´
equivalente a` existeˆncia de soluc¸o˜es da equac¸a˜o diofantina xn1− yn2 = c2− c1. Por sua vez, essa equac¸a˜o diofantina
possui soluc¸a˜o 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 sa˜o soluc¸o˜es do sistema{
x ≡ 5 mod 14
x ≡ 12 mod 21,
o qual possui soluc¸o˜es dado 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 e´ o menor termo comum a ambas as PAs e pela parte (a) temos que os termos comuns a ambas PAs sa˜o
dados por cn = 33 + n[14, 21] = 33 + 42n, os quais formam uma PA de primeiro termo 33 e raza˜o 42.
GABARITO - QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 1)
No octaedro regular duas faces opostas sa˜o paralelas. Em um octaedro regular de aresta a, calcule a distaˆncia
entre duas faces opostas.
Obs: no seu ca´lculo, voceˆ pode afirmar as propriedades que esta´ utilizando sem precisar demonstra´-las, mas deve
descreveˆ-las detalhadamente.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
 B 
 C 
D 
E 
F 
O M 
 G 
Uma soluc¸a˜o:
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 me´dio da aresta BC. Como a reta BC e´ perpendicular ao plano (EOM), os planos
(EBC) e (EOM) sa˜o perpendiculares. No triaˆngulo retaˆngulo EOM a altura OG relativa a` hipotenusa e´ a distaˆncia
do ponto O a` face (EBC). Temos:
OE = a
√
2
2
, metade da diagonal do quadrado BEDF ,
OM = a
2
, distaˆncia do centro do quadrado ABCD ao lado BC, e
EM = a
√
3
2
, altura do triaˆngulo equila´tero EBC.
Assim, a relac¸a˜o OG.EM = OE.OM fornece OG = a
√
6
6
.
Como a distaˆncia de O a` face (FDA) e´ igual ao comprimento de OG temos que a distaˆncia entre duas faces opostas
do octaedro regular e´ o dobro do comprimento de OG, ou seja, igual a a
√
6
3
.
Outra soluc¸a˜o:
Podemos decompor a piraˆmide ABCDE em quatro tetraedros congruentes ao tetraedro BCEO. A piraˆmide
ABCDE tem volume igual a V = a
2
.OE
3
= a
3
√
2
6
e o tetraedro BCEO tem volume igual aW = 1
3
a
2
√
3
4
OG = a
2
√
3
12
OG.
Da igualdade V = 4W segue que OG = a
√
6
6
, logo a distaˆncia entre duas faces opostas do tetraedro regular e´ igual a
a
√
6
3
.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 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 ve´rtice B coincidiu com o ponto P do lado CD do retaˆngulo.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
 
 A B 
 C D 
 E 
 P 
(a) Calcule o comprimento do segmento DP .
(b) Calcule a raza˜o entre as a´reas dos triaˆngulos ADP e PCE.
(c) Calcule o comprimento do segmento AE.
Uma soluc¸a˜o:
a) Como os triaˆngulos AEB e AEP sa˜o congruentes, enta˜o AP = AB = 25 cm . Assim, pelo teorema de Pita´goras,
DP =
√
252 − 202 = 15 cm
.
 
 A B 
 C D 
 E 
 P 
25 
25 
 20 
15 10 
 7,5 
 12,5 
 
 
α
α
β
β
b) Temos PC = 25 − 15 = 10 cm. O aˆngulo APE e´ reto pois e´ igual ao aˆngulo ABE. Assim, os aˆngulos α e β
da figura sa˜o complementares e, como consequeˆncia, os triaˆngulos ADP e PCE sa˜o semelhantes, pois possuem os
mesmos aˆngulos e a raza˜o de semelhanc¸a e´ k = AD
PC
= 20
10
= 2. Assim, a raza˜o entre as a´reas desses triaˆngulos e´
k2 = 4.
c) Da semelhanc¸a dos triaˆngulos ADP e PCE tem-se CE
PC
= DP
AD
, ou seja, CE
10
= 15
20
, o que da´ CE = 7, 5 cm e,
consequentemente, BE = 12, 5 cm.
O teorema de Pita´goras pode ser usado no triaˆngulo ABE para calcular o comprimento de AE. Isto da´ AE =√
252 + (12, 5)2 cm.
Observando que, neste problema, AB e´ o dobro de BE, o ca´lculo acima e´ imediato. Se um triaˆngulo retaˆngulo
possui catetos a e 2a, enta˜o sua hipotenusa mede a
√
5. Assim, neste caso, obtemos facilmente que
AE = 12, 5
√
5 =
25
√
5
2
cm
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 1)
Em uma caixa ha´ treˆs dados aparentemente ideˆnticos. Entretanto, apenas dois deles sa˜o normais, enquanto o
terceiro tem treˆs faces 1 e treˆs faces 6. Um dado e´ retirado ao acaso da caixa e lanc¸ado duas vezes.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
Se a soma dos resultados obtidos for igual a 7, qual e´ a probabilidade condicional de que o dado sorteado tenha
sido um dos dados normais?
Uma soluc¸a˜o:
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 treˆs faces diferentes da obtida no primeirolanc¸amento). 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 soluc¸a˜o:
Nomeemos os dados da seguinte forma: N1 e N2 (dados normais) e A (dado anormal).
Se o dado retirado for N1 sa˜o 36 casos poss´ıveis para dois lanc¸amentos deste dado e somente 6 casos favora´veis
com soma 7. Se o dado retirado for N2 tambe´m sa˜o 36 casos poss´ıveis para dois lanc¸amentos deste dado e somente 6
casos favora´veis com soma 7. Se o dado retirado for A sa˜o 36 casos poss´ıveis para dois lanc¸amentos deste dado, mas
agora 18 casos favora´veis com soma 7.
Logo, no total sa˜o 30 os casos poss´ıveis para que a soma deˆ 7 e dentre estes, somente em 12 a soma e´ proveniente
de dados normais. Portanto
P (dado normal|soma 7) = P (dado normal e soma 7)
P (soma 7)
=
12
30
=
2
5
.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 1,5)
A linha poligonal da figura comec¸a na origem e passa por todos os pontos de coordenadas inteiras do plano
cartesiano.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
 
1 
2 
3 
1 
2 
3 -1 
-1 
-2 
-2 
(a) Seja n um nu´mero inteiro na˜o negativo. Mostre que o comprimento c(n) da linha poligonal da origem ate´ o
ponto (n, n) e´ igual a 4n2.
(b) Qual e´ o comprimento da linha poligonal entre os pontos (7, 10) e (11,−20)?
Uma soluc¸a˜o:
a) A passagem do ponto (n, n) para o ponto (n+ 1, n+ 1) e´ ilustrada no diagrama abaixo:
 
(n+1, n+1) 
(n, n) 
(n, -n) (-n-1, -n) 
(-n-1, n+1) 
Assim, o comprimento adicional ao passar de (n, n) para (n + 1, n + 1) e´ 2n + (2n + 1) + (2n + 1) + (2n + 2) =
8n+ 4 = 4(2n+ 1).
A partir da´ı, pode-se calcular diretamente a soma 4(2.0+1)+4(2.1+1)+...+4(2(n−1)+1) = 4(1+3+...+(2n−1)) =
4(1 + 2n− 1).n/2 = 4n2.
Alternativamente, pode-se recorrer a` induc¸a˜o finita:
A fo´rmula dada claramente vale para n = 0. Suponhamos va´lida para n. Para n+1, o comprimento e´ 4n2+4(2n+1)
= 4(n+ 1)2; logo, a fo´rmula vale para n+ 1. Portanto, pelo PIF, vale a fo´rmula para todo n inteiro na˜o negativo.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
Outra soluc¸a˜o:
Ate´ chegar ao ponto (n, n), teremos passado por todos os pontos de coordenadas inteiras do retaˆngulo [−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 retaˆngulo acima; a segunda, corresponde ao segmento final).
b) Como ilustra o diagrama abaixo, o comprimento entre (7, 10) e (11,−20, ) e´ c(20) − c(10) + 3 + 40 + 9 =
4.202 − 4.102 + 52 = 1252.
 
 (20, 20) 
(20, -20) 
(10, 10) 
(11, -20) 
(7, 10) 
3 
40 
9 
(10, -10) 
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 1)
Um corpo esta´ impregnado de uma substaˆncia radioativa cuja meia-vida e´ um ano. Quanto tempo levara´ para que
sua radioatividade se reduza a 10% do que e´?
Uma soluc¸a˜o:
Se M0 e´ a massa da substaˆncia radioativa no ano t = 0 e M e´ a massa da mesma substaˆncia apo´s t anos, enta˜o
M =M0.a
t, para um certo a, com 0 < a < 1. A informac¸a˜o sobre a meia-vida nos diz que M0.a
1 = 1
2
M0, logo a =
1
2
.
Queremos achar t de modo que M0.a
t = M0
10
, ou seja ( 1
2
)t = 1
10
. Enta˜o, tomando logaritmos na base 10,
t =
1
log
10
2
.
[Como log
10
2 ≈ 0, 3010 enta˜o t ≈ 3, 3 ≈ 3 anos e 4 meses]
Questa˜o 6. (pontuac¸a˜o: 1,5)
Qual e´ o menor valor da expressa˜o
√
16x/y +
√
y/(81x) quando x e y sa˜o nu´meros reais positivos quaisquer?
Justifique sua resposta.
Uma soluc¸a˜o:
A expressa˜o dada e´ o dobro da me´dia aritme´tica entre
√
16x/y e
√
y/(81x), logo seu valor e´ maior do que ou igual
ao dobro da me´dia geome´trica desses nu´meros. Ou seja:
√
16x/y +
√
y/(81x) ≥ 2.
√√
16x/y.
√
y/(81x) =
4
3
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
Ale´m disso, a igualdade vale se, e somente se, 16x/y = y/(81x), isto e´ 16.81.x2 = y2. Isto acontece, por exemplo,
quando x = 1 e y = 36. Em outras palavras, com x = 1 e y = 36, a expressa˜o dada atinge seu valor mı´nimo, que e´
igual a 4
3
. Ha´, entretanto, infinitos pontos para os quais este valor mı´nimo e´ atingido.
Poder´ıamos tambe´m “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.
Questa˜o 7. (pontuac¸a˜o: 1)
Mostre que, para todo n ∈ N, e´ inteiro o nu´mero 1
7
n7 + 1
5
n5 + 23
35
n.
Uma soluc¸a˜o:
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 soluc¸a˜o:
Basta usar o Princ´ıpio de Induc¸a˜o Finita:
Se n = 0 a expressa˜o e´ tambe´m igual a zero. Observe que quando n = 1, a expressa˜o torna-se 1
7
+ 1
5
+ 23
35
= 1.
Suponha agora que 1
7
n7 + 1
5
n5 + 23
35
n e´ um nu´mero inteiro e mostremos que 1
7
(n + 1)7 + 1
5
(n + 1)5 + 23
35
(n + 1)
tambe´m e´ inteiro.
Expandindo em seus binoˆmios 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 u´ltima expressa˜o sa˜o nu´meros inteiros, exceto talvez 1
7
n7, 1
5
n5, 23
35
n, 1
7
, 1
5
e 23
35
. Mas,
por hipo´tese de induc¸a˜o, a soma dos treˆs primeiros elementos desta u´ltima lista e´ um nu´mero inteiro e a soma dos
treˆs restantes e´ igual a 1, logo a expressa˜o toda e´ um inteiro.
Questa˜o 8. (pontuac¸a˜o: 1,5)
Um nu´mero natural m e´ dito um quadrado se existe a ∈ N tal que m = a2.
(a) Mostre que o algarismo das unidades (na base 10) de um quadrado so´ pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6
ou 9.
(b) Mostre que todo quadrado e´ da forma 4n ou 4n+ 1.
(c) Mostre que nenhum nu´mero que escrito na base 10 tem a forma m = dd . . . d (todos os algarismos iguais), com
m > 10 e d ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, e´ um quadrado.
EXAME DE QUALIFICAC¸A˜O - Setembro de 2012
Uma soluc¸a˜o:
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 poss´ıveis 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 asserc¸a˜o.
b) Todo nu´mero 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 e´ da forma 4n ou 4n+ 1.
[Observe tambe´m que se dois nu´meros a e b deixam restos r1 e r2, respectivamente, na divisa˜o por um nu´mero c,
enta˜o o produto ab deixa o mesmo resto na divisa˜o por c que o produto r1r2. Assim, apenas temos que olhar para
02, 12, 22, 32 e observar que estes quatro nu´meros deixam resto 1 ou 0 na divisa˜o por 4].
c) Os casos d = 2, 3, 7 e 8 sa˜o consequeˆncias imediatas do item (a).
Os casos d = 1, 4 e 9 sa˜o tratados a seguir. Temos que
m = 11 . . . 1 = 100x+ 11 = 4(25x+ 2) + 3,
logo m e´ da forma 4n+ 3. Portanto, m na˜o e´ um quadrado.
Os nu´meros m = 44 . . . 4 = 4(11 . . . 1) e m = 99 . . . 9 = 9(11 . . . 1) na˜o podem ser quadrados, pois, casocontra´rio,
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.
GABARITO - QUALIFICAC¸A˜O - Marc¸o de 2013
Questa˜o 1. (pontuac¸a˜o: 1,5)
E´ dado um retaˆngulo ABCD tal que em seu interior esta˜o duas circunfereˆncias tangentes exteriormente no ponto T ,
como mostra a figura abaixo. Uma delas e´ tangente aos lados AB e AD e a outra e´ tangente aos lados CB e CD.
 
 A B 
 C D 
 T 
a) Mostre que a soma dos raios dessas circunfereˆncias e´ constante (so´ depende das medidas dos lados do retaˆngulo).
b) Mostre que o ponto T pertence a` diagonal AC do retaˆngulo.
Uma soluc¸a˜o:
a) No retaˆngulo ABCD consideremos AB = a e BC = b. Sem perda de generalidade consideraremos b ≤ a e
a ≤ 2b, pois sem esta u´ltima condic¸a˜o as tangeˆncias indicadas na˜o ocorreriam.
Sejam O e O′ os centros das circunfereˆncias e r e r′ os respectivos raios. Seja s = r+ r′. Como a reta que conte´m
os centros das circunfereˆncias passa pelo ponto de tangeˆncia enta˜o 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 Pita´goras no triaˆngulo 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 circunfereˆncias esta˜o no interior do retaˆngulo, o valor de s que procuramos e´
a menor raiz da equac¸a˜o 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′ e´ constante e so´ depende das medidas dos lados do retaˆngulo.
b) As retas AO e O′C sa˜o paralelas ou cincidentes porque fazem 45o com os lados do retaˆngulo. Se forem
coincidentes, o resultado e´ o´bvio. Sena˜o trac¸amos os segmentos AT e TC e o segmento OO′ (que passa por T ). Os
aˆngulos TOA e TO′C sa˜o congruentes porque sa˜o alternos internos nessas paralelas em relac¸a˜o a` 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 OT
O′T
= OA
O′C
enta˜o os triaˆngulos TOA e TO′C sa˜o semelhantes. Assim, ∠OTA = ∠O′TC
e, portanto, os pontos A, T e C sa˜o colineares.
Questa˜o 2. (pontuac¸a˜o: 1,0)
O poliedro representado na figura abaixo e´ tal que:
i) ha´ exatamente um plano de simetria;
ii) em cada ve´rtice, os planos das faces que se tocam sa˜o perpendiculares dois a dois, sendo poss´ıvel decompor o
so´lido em treˆs paralelep´ıpedos;
iii) as dimenso˜es nunca ultrapassam 19;
iv) os comprimentos das arestas sa˜o inteiros maiores do que 1;
v) o volume e´ 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 soluc¸a˜o:
a) O plano de simetria do poliedro e´ o plano perpendicular a`s arestas de comprimento 3x, que passa pelos seus
pontos me´dios.
b) Para calcular o volume do so´lido, observamos que ele pode ser decomposto como unia˜o de treˆs paralelep´ıpedos,
e
V = 12xyz + 6xyz + xyz = 19xyz
Da´ı, 19xyz = 1995, xyz = 105 e as possibilidades para x, y e z sa˜o: 3, 5 e 7; como as dimenso˜es na˜o podem
ultrapassar 19, x na˜o podera´ ser 7, y na˜o podera´ ser 5 ou 7. Deveremos ter, portanto, z = 7, x = 5 e y = 3, de modo
que as dimenso˜es sa˜o as indicadas na figura:
 
 5 
15 
3 
6 
12 
7 
7 
 7 
3 
 5 
 5 
 7 
Questa˜o 3. (pontuac¸a˜o: 1,5)
O objetivo desta questa˜o e´ demonstrar que a func¸a˜o f(x) = cos
√
x, x ≥ 0, na˜o e´ perio´dica, ou seja, na˜o existe
nenhum nu´mero 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 ı´tem a) para mostrar que f(x) na˜o e´ perio´dica.
Uma soluc¸a˜o:
a) Se f(T ) = f(0), T ≥ 0, enta˜o cos√T = cos0 = 1 e
√
T = 2kpi, k = 0, 1, 2, . . . ⇒ T = 4k2pi2, k = 0, 1, 2, . . . (1)
Reciprocamente se T = 4k2pi2, k = 0, 1, 2, . . . , enta˜o f(T ) = f(0).
Por outro lado, se f(T ) = f(2T ), T ≥ 0, enta˜o cos√2T = cos√T e
√
2T =
√
T + 2mpi, m ∈ Z tais que
√
T + 2mpi ≥ 0 ou
√
2T = −
√
T + 2mpi, m ∈ Z tais que −
√
T + 2mpi ≥ 0
Logo
√
2T −
√
T = 2mpi ⇒ 2T − 2
√
2T + T = 4m2pi2 ⇒ T = 4m
2pi2
3− 2√2 , m = 0, 1, 2, . . . (2)
(para esses valores de T e´ imediato verificar que
√
T + 2mpi ≥ 0) ou
√
2T +
√
T = 2mpi ⇒ 2T + 2
√
2T + T = 4m2pi2 ⇒ T = 4m
2pi2
3 + 2
√
2
, m = 0, 1, 2, . . . (3)
(para esses valores de T e´ imediato verificar que −√T + 2mpi ≥ 0).
Reciprocamente, se T = 4m
2pi2
3−2
√
2
ou T = 4m
2pi2
3+2
√
2
, m = 0, 1, 2, . . . , e´ imediato constatar que f(T ) = f(2T ).
b) Para mostrar que f na˜o e´ perio´dica, suponhamos o contra´rio, isto e´, admitamos a existeˆncia de um nu´mero
positivo T tal que
cos
√
x+ T = cos
√
x,
para todo x ≥ 0.
Enta˜o,
cos
√
2T = cos
√
T = cos0,
e, de a) (1), obtemos as igualdades 2T = 4k21pi
2 e T = 4k22pi
2, com k1 e k2 inteiros positivos, logo
√
2 =
k1
k2
∈ Q,
o que e´ imposs´ıvel dado que
√
2 e´ um nu´mero irracional.
Questa˜o 4. (pontuac¸a˜o: 1,0)
A derivada de um polinoˆmio p(x) = anx
n + an−1xn−1 + ...+ a1x+ a0 e´, por definic¸a˜o, o polinoˆmio
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 polinoˆmio s(x).
Uma soluc¸a˜o:
(⇐) 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 divisa˜o, que p(x) = (x − a)q(x) para
algum polinoˆmio quociente q(x). Derivando esta u´ltima igualdade, vem
p′(x) = q(x) + (x− a).q′(x)
donde q(a) = 0, logo, novamente pelo algoritmo da divisa˜o q(x) = (x − a).s(x) para algum polinoˆmio s(x), e da´ı
p(x) = (x− a)2.s(x)
Questa˜o 5. (pontuac¸a˜o: 1,5)
a) Maria tem 10 ane´is ideˆnticos e quer distribu´ı-los pelos 10 dedos de suas ma˜os. De quantas maneiras diferentes
ela pode fazer isto? Suponha que e´ poss´ıvel colocar todos os ane´is em qualquer um dos dedos.
b) Suponha agora que os 10 ane´is sejam todos distintos. De quantas maneiras Maria pode distribu´ı-los em seus
dedos? Aqui tambe´m, suponha que e´ poss´ıvel colocar todos os ane´is em qualquer um dos dedos e que a ordem dos
ane´is nos dedos e´ relevante.
Uma soluc¸a˜o:
a) Numeramos os dedos de Maria de 1 a 10. Para descrever como Maria colocou seus ane´is, basta dizer quantos
deles ha´ em cada dedo; se xi e´ o nu´mero de ane´is no i-e´simo dedo, temos enta˜o x1 + x2 + · · ·+ x10 = 10. O nu´mero
de soluc¸o˜es inteiras na˜o negativas dessa equac¸a˜o e´ C910+9 =
19!
9!10!
, que e´ a resposta a nosso problema.
Uma outra maneira de resolver o problema e´ denotar por A os ane´is e por um trac¸o, - , a separac¸a˜o dos ane´is nos
dedos. Assim, por exemplo A A A A A - - - - A - - - - A A A A -, indicara´ que 5 ane´is foram colocados no dedo
de nu´mero 1, um anel no dedo de nu´mero 5 e quatro ane´is no dedo de nu´mero 9. Como existe uma correspondeˆncia
biun´ıvoca entre estes anagramas com 19 s´ımbolos (sa˜o 10 A´s e 9 trac¸os -) e as configurac¸o˜es dos ane´is nas ma˜os,
ha´, neste caso, 19!9!10!
maneiras diferentes da Maria colocar os 10 ane´is.
b) Basta multiplicar o resultado encontado no ı´tem a) por 10!, pois quando os ane´is sa˜o ideˆnticos, a ordem em que
aparecem na˜o e´ importante e cada configurac¸a˜o com 10 A´s ideˆnticos obtidas em a) gerara´ 10! configurac¸o˜es com
ane´is distintos, ja´ que diferentes permutac¸o˜es dos ane´is gerara˜o configurac¸o˜es distintas. A resposta e´ 10! 19!
9!10!
= 19!
9!
.
Uma outra soluc¸a˜o e´ a seguinte: Supomos os ane´is numerados de 1 a 10. Para descrever como Maria coloca seus
ane´is, basta dizer, em cada dedo do primeiro ao de´cimo, a ordem em que eles aparecem da base do dedo ate´ a ponta.
Indicando a passagem de um dedo para o seguinte pelo s´ımbolo -, vemos que uma descric¸a˜o consiste de uma sequeˆncia
formada pelos nu´meros de 1 a 10 e por nove trac¸os -. Para construir uma dessas sequeˆncias, ordenamos primeiro
os nu´meros, o que pode ser feito de maneiras 10! diferentes. Com isso, sa˜o criados 11 espac¸os entre os nu´meros
(contam-se tambe´m os espac¸os a` esquerda e a` direita da sequeˆncia nume´rica), nos quais devemos distribuir os nove
trac¸os -. Estamos enta˜o buscando o nu´mero de soluc¸o˜es inteiras na˜o negativas de y1 + y2 + · · · + y11 = 9 (aqui yi
indica quantos trac¸os sera˜o colocados no i-e´simo espac¸o vazio), que e´ 19!
9!10!
. A resposta a nosso problema e´ enta˜o
10! 19!
9!10!
= 19!
9!
.
Questa˜o 6. (pontuac¸a˜o: 1,0)
Uma sequeˆncia (an) e´ 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, sa˜o todos iguais.
Uma soluc¸a˜o:
Basta proceder por induc¸a˜o 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 + 1
2
+ 1
2
· · ·+ 1
2
n+ 1
=
1 + (n− 1) 1
2
n+ 1
=
1
2
Segue, enta˜o, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Finita, que an =
1
2
para todo n ≥ 2.
Questa˜o 7. (pontuac¸a˜o: 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 e´ um nu´mero perfeito se, e somente se,
S∗(n) = 2.
Uma soluc¸a˜o:
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),
da´ı segue-se que
S∗(n) =
S(n)
n
.
b) Por definic¸a˜o, sabemos que n e´ perfeito se, e somente se, S(n) = 2n. O resultado segue imediatamente, pois, em
virtude do item (a),
S(n) = 2n ⇐⇒ S∗(n) = 2.
Questa˜o 8. (pontuac¸a˜o: 1,0)
Mostre que se p e´ primo, p > 3, enta˜o p2 deixa resto 1 na divisa˜o por 24.
Uma soluc¸a˜o:
Observe que como p > 3 e´ primo, enta˜o p = 3q + r com r = 1 ou 2. Temos assim dois casos a considerar:
• Se r = 1, p = 3q + 1 e como p − 1 e´ par, q deve ser par; assim q = 2k para algum k. Logo p2 = (3.2k + 1)2 =
12k(3k + 1) + 1; mas ou k e´ par ou 3k + 1 e´ par, assim temos que p2 = 24m + 1, para algum m, como quer´ıamos
mostrar.
• Se r = 2, p = 3q + 2 e, sendo p e´ ı´mpar, temos que q tambe´m sera´ 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 e´ par ou 3k + 5 e´ par, assim
temos que p2 = 24m+ 1, para algum m, como quer´ıamos mostrar.
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 e obtemos 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
pir2x =
pi
3
· x
x− 2 · x =
pix23(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
Pita´goras
=
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
pi
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.
ENQ2014.1 - Gabarito e Pauta de Correc¸a˜o
Questa˜o 1 [ 1,0 pt ]
O ma´ximo divisor comum de dois inteiros positivos e´ 20. Para se chegar a esse resultado pelo processo das diviso˜es
sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem, 1, 5, 3, 3, 1 e 3. Encontre os dois nu´meros.
Soluc¸a˜o
Utilizando o processo das diviso˜es sucessivas, para os inteiros positivos a, b, obte´m-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 equac¸o˜es anteriores encontra-se a = 6180 e b = 5200.
Pauta de correc¸a˜o
• Demonstrar saber o que e´ o processo das diviso˜es 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]
Questa˜o 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Dado um pol´ıgono regular convexo de n lados inscrito em um c´ırculo de raio R, seja ln o comprimento dos lados e
seja an a distaˆncia do centro do c´ırculo aos lados do pol´ıgono (an e´ o apo´tema do pol´ıgono).
(a) Calcule l12 e a12 em func¸a˜o de R.
(b) Use o item (a) para obter o valor de tg 75◦.
Soluc¸a˜o
(a) Dados um c´ırculo de raio R e um dodeca´gono regular nele inscrito, considere um triaˆngulo cujos lados sejam dois raios do
c´ırculo e um dos lados do dodeca´gono. Este triaˆngulo tem dois lados de medida R e um de medida l12. O aˆngulo do triaˆngulo
oposto ao lado de medida l12 e´ 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 triaˆngulo considerado acima, relativa ao lado de medida l12, tem medida a12, e divide o triaˆngulo em dois
triaˆngulos retaˆngulos cujos catetos medem a12 e l12/2, e cuja hipotenusa e´ 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 triaˆngulo considerado no item (a), e´ iso´sceles e tem o aˆngulo do ve´rtice de medida 30◦. Logo, seus outros
dois aˆngulos medem 75◦. O triaˆngulo retaˆngulo utilizado em (a) para o ca´lculo de a12 tem enta˜o 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 expressa˜o acima por
√
2 +
√
3, obte´m-se
tg 75◦ = 2 +
√
3.
Pauta de correc¸a˜o
Item (a)
• Encontrar o valor correto de l12 [0,25]
• Encontrar o valor correto de a12 [0,25]
Item (b)
• Identificar triaˆngulo retaˆngulo com aˆngulo interno de 75◦ [0,25]
• Obter o valor correto de tg 75◦ [0,25]
Questa˜o 3 [ 1,0 pt ]
Um quadrila´tero tem os seus ve´rtices sobre cada um dos lados de um quadrado, cujo lado tem medida 1. Sabendo
que as medidas dos lados desse quadrila´tero sa˜o a, b, c e d, prove que
2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 4.
Soluc¸a˜o
Denote por ABCD o quadrado de lado 1 e porMNOP o quadrila´tero 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 Pita´goras nos triaˆngulos retaˆngulos 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, obte´m-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 e´ necessa´rio calcular os valores de ma´ximo e mı´nimo da func¸a˜o f(x) = 2x2−2x+1, x ∈
[0, 1]. Visto que f e´ uma func¸a˜o quadra´tica de coeficiente l´ıder positivo, o valor mı´nimo ocorre no ve´rtice (desde que esse ve´rtice
esteja dentro do intervalo) e o valor ma´ximo ocorre em um dos extremos do intervalo. Como f(0) = f(1) = 1, a simetria da
para´bola assegura que o ve´rtice esta´ dentro do intervalo e ocorre em x = 1/2. Como f(1/2) = 1/2, obte´m-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 correc¸a˜o
• Perceber que as medidas a, b, c e d sa˜o hipotenusas de triaˆngulos retaˆngulos e usar o Teorema de Pita´goras: [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 ma´ximos e mı´nimos de func¸o˜es quadra´ticas no intervalo [0, 1] para concluir as desigualdades: [0,25].
Questa˜o 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 reposic¸a˜o. Determine a probabi-
lidade de:
(a) o nu´mero da primeira bola ser divis´ıvel por 3 e o nu´mero da segunda bola ser divis´ıvel por 5.
(b) o nu´mero da primeira bola ser divis´ıvel por 4 ou o nu´mero da segunda bola ser divis´ıvel por 6.
Soluc¸a˜o
(a) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 16 bolas correspondem a nu´meros divis´ıveis por 3 e 10 bolas correspon-
dem a nu´meros divis´ıveis por 5. Entretanto ha´ 3 bolas (15, 30 e 45) que correspondem a nu´meros divis´ıveis por 15,
sendo, portanto, divis´ıveis tanto por 3 quanto por 5.
O evento retirar da caixa duas bolas, sem reposic¸a˜o, de modo que o nu´mero da primeira seja divis´ıvel por 3 e da segunda
seja divis´ıvel por 5, pode ser distribu´ıdo em dois eventos:
Evento A: O nu´mero da primeira bola e´ divis´ıvel por 3, mas na˜o por 5, e o nu´mero da segunda bola e´ divis´ıvel por 5:
P (A) =
13
50
× 10
49
=
130
2450
Evento B: O nu´mero da primeira bola e´ divis´ıvel por 3 e tambe´m por 5, e o nu´mero da segunda bola e´ divis´ıvel por 5:
P (B) =
3
50
× 9
49
=
27
2450
Assim, a probabilidade de o nu´mero da primeira bola ser divis´ıvel por 3 e o da segunda ser divis´ıvel por 5 e´ 157
2450
.
(b) Das 50 bolas numeradas que constam na caixa, 12 bolas correspondem a nu´meros divis´ıveis por 4 e 8 bolas compreendem
a nu´meros divis´ıveis por 6. Entretanto ha´ 4 bolas (12, 24, 36 e 48) que compreendem a nu´meros divis´ıveis por 12, sendo,
portanto, divis´ıveis tanto por 4 quanto por 6.
A probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposic¸a˜o, de modo que o nu´mero da primeira seja divis´ıvel por 4
ou o da segunda seja divis´ıvel por 6, pode ser calculada retirando-se da probabilidade total a probabilidade do evento
o nu´mero da primeira bola na˜o ser divis´ıvel por 4 e o da segunda na˜o ser divis´ıvel por 6, que na˜o satisfaz a condic¸a˜o
inicial apresentada . Tal evento deve ser analisado sob dois outros eventos que o compo˜em:
Evento C: O nu´mero da primeira bola na˜o e´ divis´ıvel por 4 mas e´ divis´ıvel por 6, e o nu´mero da segunda bola na˜o e´
divis´ıvel por 6:
P (C) =
4
50
× 42
49
=
168
2450
=
84
1225
Evento D: O nu´mero da primeira bola na˜o e´ divis´ıvel por 4 e nem e´ divis´ıvel por 6, e o nu´mero da segunda bola na˜o e´
divis´ıvel por 6:
P (D) =
34
50
× 41
49
=
1394
2450
=
697
1225
Desse modo, a probabilidade de o nu´mero da primeira bola na˜o ser divis´ıvel por 4 e o da segunda na˜o ser divis´ıvel por
6 e´ 781
1225
. Logo, a probabilidade de retirar da caixa duas bolas, sem reposic¸a˜o, de modo que o nu´mero da primeira seja
divis´ıvel por 4 ou o da segunda seja divis´ıvel por 6 e´:
1− 781
1225
=
444
1225
Pauta de correc¸a˜o
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]
Questa˜o 5 [ 1,0 pt ]
Para todo n inteiro positivo, seja
Hn = 1 +
1
2
+
1
3
+ · · ·+
1
n
.
Prove, por induc¸a˜o em n, que n+H1 + · · ·+Hn−1 = nHn, para todo n ≥ 2.
Soluc¸a˜o
Seja P (n) a proposic¸a˜o: n+H1 + · · ·+Hn−1 = nHn, para todo n ≥ 2.
Para n = 2 temos que 2 +H1 = 2 + 1 = 3 = 2 · 3
2
= 2 ·
(
1 +
1
2
)
= 2H2.
Suponha agora que P (n) e´ verdadeira para n = k, ou seja,
k +H1 + · · ·+Hk−1 = kHk.
Resta provar que P (n) continua va´lida 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) e´ verdadeira.
Pauta de correc¸a˜o
• Provar para n = 2 [0,25]
• Provar para n = k + 1 [0,75]
Questa˜o 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 teˆm o mesmo volume.
(b) Mostre tambe´m que os tetraedros CDEF e ACDE teˆm o mesmo volume e conclua que o volume de um
tetraedro e´ a terc¸a parte do produto da a´rea da base pela altura.
Informac¸a˜o: Assuma o fato de que dois tetraedros com bases de mesma a´rea e alturas congruentes teˆm volumes
iguais.
Soluc¸a˜o
(a) Considerando o tetraedro ABCE com base ABC, sua altura e´ igual a` do prisma. Considerando CDEF com base DEF ,
sua altura tambe´m e´ igual a` do prisma. Como ABC e DEF sa˜o congruentes, pela definic¸a˜o de prisma, as bases dos
tetraedros teˆm mesma a´rea. Como as alturas sa˜o congruentes, ABCE e CDEF teˆm mesmo volume.
(b) Como ACDF e´ um paralelogramo, os triaˆngulos ACD e CDF sa˜o congruentes, logo teˆm mesma a´rea. Observe que
estes dois triaˆngulos esta˜o contidos em um mesmo plano pi. Considerando ACD como base de ACDE, a altura deste
tetraedro e´ a distaˆncia de E a pi. Sendo CDF a base de CDEF , a altura e´ a distaˆncia de B a pi. Mas, pela definic¸a˜o de
prisma, BE e´ paralelo a pi, logo, as distaˆncias de B e E a pi sa˜o iguais, e, enta˜o, os tetraedros teˆm mesma altura. Como
a a´rea da base e´ igual, os volumes sa˜o iguais.
O volume do prisma e´ dado por A´rea(ABC) · h, onde h e´ sua altura. Os volumes dos treˆs tetraedros ABCE, CDEF e
ACDE, nos quais o prisma pode ser decomposto, sa˜o iguais, logo
A´rea(ABC) · h = Volume(ABCE) + Volume(CDEF ) + Volume(ACDE)
= 3Volume(ABCE),
logo Volume(ABCE) = 1
3
A´rea(ABC) · h.
Pauta de correc¸a˜o
Item (a)
• Concluir a igualdade dos volumes, utilizando que as bases ABC e DEF sa˜o congruentes e que as alturas relativas a
estas bases sa˜o iguais [0,25]
Item (b)
• Perceber um dos seguintes fatos: [0,25]
– que as bases ACD e CDF teˆm a mesma a´rea;
– que a altura de ACDE relativa ao ve´rtice E e´ congruente a` altura de CDEF relativa a E.
• Perceber o outro desses dois fatos e concluir a igualdade dos volumes [0,25]
• Concluir que o volume do tetraedro e´ um terc¸o do volume do prisma, utilizando a decomposic¸a˜o do prisma nos tetraedros
ACDE, CDEF e ABCEe o fato de que teˆm mesmo volume. [0,25]
Questa˜o 7 [ 1,0 pt ]
Mostre que a7 ≡ a mod 21, para todo inteiro a.
Soluc¸a˜o
Seja a um inteiro qualquer. Observe que 21 = 3 × 7, com (3,7)=1 e assim [3,7]=21. Como 3 e 7 sa˜o primos, pelo Pequeno
Teorema de Fermat, tem-se que a7 ≡ a mod 7 e a3 ≡ a mod 3. Tomando a congrueˆncia a3 ≡ a mod 3, elevando ao quadrado,
segue que a6 ≡ a2 mod 3. Em seguida, multiplicando por a, vemos que a7 ≡ a3 mod 3, donde a7 ≡ a mod 3. Agora, como
a7 ≡ a mod 3 e a7 ≡ a mod 7, segue que a7 ≡ a mod [3, 7], isto e´, a7 ≡ a mod 21.
Alternativa 1: Pode-se tambe´m 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 tambe´m 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 correc¸a˜o
• 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]
Questa˜o 8 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam f : X → Y e g : Y → X duas func¸o˜es. Prove que:
(a) se g ◦ f e´ injetiva, enta˜o f e´ injetiva.
(b) se f ◦ g e´ sobrejetiva, enta˜o f e´ sobrejetiva.
Soluc¸a˜o
(a) O objetivo e´ mostrar que, dados x1, x2 ∈ X satisfazendo f(x1) = f(x2), enta˜o x1 = x2. Assuma f(x1) = f(x2). Como
g : Y → X e´ uma func¸a˜o, tem-se que g(f(x1)) = g(f(x2)), isto e´, (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2). Como g ◦ f : X → X e´
injetiva por hipo´tese, conclui-se que x1 = x2, ou seja, f : X → Y e´ injetiva.
(b) O objetivo e´ mostrar que, dado qualquer y ∈ Y, existe x ∈ X tal que f(x) = y. Visto que f ◦ g : Y → Y e´ sobrejetiva,
dado qualquer y ∈ Y, existe y1 ∈ Y tal que (f ◦ g)(y1) = y, isto e´ f(g(y1)) = y. Denotando por x = g(y1) ∈ X, conclui-se
que, dado y ∈ Y, existe x = g(y1) ∈ X tal que f(x) = y, isto e´, f e´ sobrejetiva.
Pauta de correc¸a˜o
Item (a)
• Usar corretamente as definic¸o˜es de injetividade e composic¸a˜o de func¸o˜es [0,25]
• Concluir corretamente a soluc¸a˜o do item [0,25]
Item (b)
• Usar corretamente as definic¸o˜es de sobrejetividade e composic¸a˜o de func¸o˜es [0,25]
• Concluir corretamente a soluc¸a˜o do item [0,25]
GABARITO E PAUTA DE CORREC¸A˜O DO ENQ-2014.2
Questa˜o 1 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam a, b, p inteiros, com p primo. Demonstre que:
(a) se p na˜o divide a, enta˜o (p, a) = 1.
(b) se p | ab, enta˜o p | a ou p | b.
Soluc¸a˜o
(a) Suponha que p ∤ a e seja d = (p, a). Segue que d | p e d | a. Como p e´ primo, d = p ou d = 1. Mas d 6= p, pois
p ∤ a e, consequentemente d = 1.
(b) Basta provar que, se p | ab e p ∤ a, enta˜o p | b. Suponha enta˜o que p | ab e p ∤ a. Segue que (a, p) = 1 e da´ı,
existem r e s inteiros tais que ra + sp = 1. Multiplicando esta equac¸a˜o por b tem-se que rab + spb = b. Mas
p | ab e p | p, portanto p | b.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
Item (a)
• Usar o fato de que p e´ primo e concluir que (p, a) = p ou (p, a) = 1 [0, 25]
• Concluir que (p, a) = 1 [0, 25]
Item (b)
• Escrever a estrate´gia da prova [0, 25]
• Concluir a prova [0, 25]
Questa˜o 2 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Duas sequeˆncias de nu´meros reais xn e yn esta˜o relacionadas pelas recorreˆncias
xn+1 = 2xn + yn, yn+1 = 5xn − 2yn.
(a) Mostre que a sequeˆncia xn satisfaz a recorreˆncia xn+2 = 9xn.
(b) Suponha x0 = y0 = 1. Encontre as fo´rmulas gerais para as sequeˆncias xn e yn em func¸a˜o de n.
Soluc¸a˜o
(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 recorreˆncia xn+2 − 9xn = 0 tem como equac¸a˜o caracter´ıstica r2 − 9 = 0, cujas ra´ızes sa˜o r1 = −3 e r2 = 3.
Com isso a soluc¸a˜o da recorreˆncia e´ dada por xn = C1(−3)n + C2 · 3n. Como x0 = y0 = 1 temos que
x1 = 2x0 + y0 = 3. Logo segue que 1 = C1(−3)0 + C2 · 30 e 3 = C1(−3)1 + C2 · 31, ou seja, C1 + C2 = 1 e
−3C1 + 3C2 = 3, cuja soluc¸a˜o e´ C1 = 0 e C2 = 1. Portanto xn = 3n e yn = xn+1 − 2xn = 3n+1 − 2 · 3n = 3n.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
Item (a)
• Provar o resultado [0, 5]
Item (b)
• Determinar xn [0, 25]
• Encontrar yn [0, 25]
Questa˜o 3 [ 1,0 pt ]
Considere o triaˆngulo ABC de lados a, b, c e alturas ha, hb e hc relativas respectivamente aos lados a, b e
c. Prove que ABC e´ semelhante a um triaˆngulo de lados
1
ha
,
1
hb
e
1
hc
.
Soluc¸a˜o
No triaˆngulo ABC, temos que ha e´ a altura relativa ao lado a, hb e´ a altura relativa ao lado b e hc e´ a altura relativa
ao lado c. Sendo assim, podemos escrever treˆs relac¸o˜es que fornecem a mesma a´rea, ou seja, a a´rea do triaˆngulo
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 expressa˜o anterior na
forma:
a
1
ha
=
b
1
hb
=
c
1
hc
,
o que mostra que os triaˆngulos de lados a, b, c e lados (1/ha), (1/hb), (1/hc) sa˜o semelhantes.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
• Observar que a · ha/2, b · hb/2 e c · hc/2 sa˜o, as treˆs, expresso˜es da a´rea do triaˆngulo (ou, obviamente, que
a · ha,b · hb e c · hc sa˜o o dobro da a´rea) [0,5]
• Utilizar a conclusa˜o anterior para concluir que a/(1/ha) = b/(1/hb) = c/(1/hc) [0,25]
• Concluir a semelhanc¸a [0,25]
Questa˜o 4 [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Sejam x e y dois nu´meros 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 nu´meros racionais quaisquer existe pelo menos um nu´mero racional e um
irracional.
Soluc¸a˜o
(a) Como x < y por hipo´tese, somando x em ambos os lados desta desigualdade tem-se 2x < x+y, logo x <
x+ y
2
.
De modo ana´logo, somando y em ambos os lados de x < y tem-se x + y < 2y, ou seja, x+y2 < y. Portanto
segue-se que x <
x+ y
2
< y. Por outro lado, x < y ⇒ y − x > 0 ⇒ y − x√
2
> 0 e somando x em ambos os
lados desta u´ltima desigualdade obte´m-se x < x+
y − x√
2
. Para demonstrar a segunda parte da desigualdade,
observe que x+
y − x√
2
< y
equivale a
√
2x+y−x < √2y, ou ainda, (√2−1)x < (√2−1)y que nos da´ x < y. Portanto, usando argumento
de volta, pode-se concluir que x +
y − x√
2
< y e, juntando as duas partes chega-se a desigualdade desejada,
x < x+
y − x√
2
< y.
(b) A primeira parte do item (a) nos diz que o nu´mero z1 =
x+ y
2
esta´ situado entre os nu´meros racionais x e y e
como soma e produto de nu´meros racionais e´ um nu´mero racional, segue que z1 satisfaz a condic¸a˜o requerida.
A segunda parte de (a) nos diz que o nu´mero z2 = x+
y − x√
2
tambe´m esta´ situado entre os nu´meros racionais
x e y e para concluir, basta ver que z2 e´ irracional. Sabemos que
1√
2
e´ irracional e que produto de irracional
por racional na˜o nulo e´ irracional. Como y − x > 0 e´ racional, segue que 1√
2
· (y − x) = y − x√
2
e´ irracional.
A soma de um racional com um irracional tambe´m e´ irracional e portanto z2 = x +
y − x√
2
e´ irracional e esta´
situado entre os nu´meros racionais x e y.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
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 nu´meros racionais existe pelo menos um racional [0,25]
• Provar que entre dois nu´meros racionais existe pelo menos um irracional [0,25]
Questa˜o 5 [ 1,0 pt ]
Em uma cesta contendo ovos, na contagem de dois em dois, de treˆs em treˆs, de quatro em quatro e de
cinco em cinco, sobram 1, 2, 3 e 4 ovos, respectivamente. Qual e´ a menorquantidade de ovos que a cesta
pode ter?
Soluc¸a˜o
Representamos por N o nu´mero procurado. Sabemos que N e´ uma soluc¸a˜o do seguinte sistema de congrueˆncias:

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 treˆs u´ltimas congrueˆncias e
usamos o Teorema Chineˆs dos Restos para resolveˆ-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 sa˜o soluc¸o˜es, respectivamente, das congrueˆncias 20y1 ≡ 1 mod 3, 15y2 ≡ 1
mod 4 e 12y3 ≡ 1 mod 5. Portanto, uma soluc¸a˜o e´ dada por
M1y1c1 +M2y2c2 +M3y3c3 = 20 · 2 · 2 + 15 · 3 · 3 + 12 · 3 · 4 = 359.
As soluc¸o˜es do sistema sa˜o x = 359 + 60t, onde t ∈ Z. A menor soluc¸a˜o e´ 59, quando t = −5. Como 59 tambe´m
satisfaz a primeira congrueˆncia concluimos que N = 59.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
• Montar o sistema [0, 25]
• Determinar a soluc¸a˜o geral [0, 5]
• Obter a menor soluc¸a˜o positiva [0,25]
Outra soluc¸a˜o :
Representamos por N o nu´mero procurado. Sabemos que N e´ uma soluc¸a˜o do seguinte sistema de congrueˆncias:

x ≡ 1 mod 2
x ≡ 2 mod 3
x ≡ 3 mod 4
x ≡ 4 mod 5
Somando 1, nos dois lados, de cada congrueˆncia:

x+ 1 ≡ 0 mod 2
x+ 1 ≡ 0 mod 3
x+ 1 ≡ 0 mod 4
x+ 1 ≡ 0 mod 5
o qual e´ equivalente a` congrueˆncia x+ 1 ≡ 0 mod [2, 3, 4, 5], onde [2, 3, 4, 5] = 60, obtemos as soluc¸o˜es x+ 1 = 60t,
onde t ∈ Z. A menor soluc¸a˜o positiva ocorre quando t = 1, portanto N = 59.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
• Montar o sistema [0, 25]
• Determinar a soluc¸a˜o geral [0, 5]
• Obter a menor soluc¸a˜o positiva [0,25]
Questa˜o 6 [ 1,0 pt ]
Um professor do Ensino Me´dio propoˆs a seguinte questa˜o:
“Dada a sequeˆncia 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 polinoˆmio P (x) satisfazendo cinco condic¸o˜es: P (1) = 1, P (2) = 4, P (3) = 9, P (4) = 16 e P (5) 6= 25.
Encontre um polinoˆmio P (x) satisfazendo as condic¸o˜es acima e tal que P (5) = 36.
Sugesta˜o: Analise o polinoˆmio Q(x) = P (x)− x2.
Soluc¸a˜o
Seja Q(x) = P (x)− x2. Observe que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 sa˜o ra´ızes de Q(x) e podemos escreveˆ-lo da seguinte
forma:
Q(x) = h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4),
onde h(x) e´ uma func¸a˜o de x. Temos enta˜o que
P (x) = x2 + h(x)(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4).
Como o enunciado pede para encontrarmos um polinoˆmio, fac¸amos 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) e´ um polinoˆmio que satisfaz as condic¸o˜es do enunciado.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
• Observar que x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 sa˜o ra´ızes de Q(x) [0,25]
• Descrever que Q(x) e´ 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]
Questa˜o 7 [ 1,0 pt ]
Considere um cubo de aresta a. A partir de um ve´rtice, e sobre as treˆs arestas que nele concorrem, sa˜o
assinalados os pontos que distam a
3
deste ve´rtice. Os treˆs pontos assim obtidos, junto com o ve´rtice do
cubo, sa˜o ve´rtices de um tetraedro. Repetindo o processo para cada ve´rtice, e retirando-se do cubo os oito
tetraedros assim formados, obte´m-se o poliedro P restante. Calcule a a´rea total de P .
Soluc¸a˜o
A a´rea do total poliedro P pode ser calculada subtraindo-se, da a´rea total do cubo, as a´reas de 24 triaˆngulos retaˆngulos
de catetos a3 , correspondentes a`s 3 faces laterais de cada um dos 8 tetraedros retirados, e somando-se a a´rea de 8
triaˆngulos equila´teros de lado a
√
2
3 , correspondentes a`s bases de cada um dos 8 tetraedros.
As a´reas acima sa˜o dadas por:
• A´rea total do cubo:
AC = 6a
2.
• A´rea de cada triaˆngulos retaˆngulos de catetos a3 :
A1 =
1
2
·
(a
3
)2
=
a2
18
.
• A´rea de cada triaˆngulos equila´teros de lados a
√
2
3 :
A2 =
(
a
√
2
3
)2
·
√
3
4
=
2a2
9
·
√
3
4
=
a2
√
3
18
.
Assim, a a´rea do poliedro P e´ 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 CORREC¸A˜O:
• Apresentar a estrate´gia para ca´lculo da a´rea e calcular corretamente a a´rea do cubo [0,25]
• Calcular corretamente a a´rea de cada face triangular a ser retirada (A1) [0,25]
• Calcular corretamente a a´rea de cada face triangular a ser somada (A2) [0,25]
• Calcular corretamente a a´rea total, a partir das a´reas acima obtidas, observando o nu´mero correto de faces a
serem somadas ou retiradas [0,25]
Outra soluc¸a˜o:
O poliedro P obtido e´ formado por 8 faces triangulares e 6 faces octogonais. Considerando A1 a a´rea de uma face
triangular e A2 a a´rea de uma face octogonal, teremos que a a´rea A do Poliedro P sera´ dada por A = 8 ·A1 +6 ·A2.
As faces octogonais sa˜o obtidas, cada uma, retirando-se de um quadrado de lado a quatro triaˆngulos retaˆngulos
cujos catetos medem a3 . A a´rea de cada um desses triaˆngulos sera´
1
2
(
a
3
)2
= a
2
18 . Assim, a a´rea de cada face octogonal
sera´ A1 = a
2 − 4 · a218 = 7a
2
9 .
As faces triangulares sa˜o equila´teras, de lados l = a
√
2
3 , que podem ser obtidos observando que os lados do tetraedro
retirado sa˜o triaˆngulos retaˆngulos de catetos medindo a3 . Sendo assim, A2 =
a2
√
3
18 .
Assim podemos calcular a a´rea 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 CORREC¸A˜O:
• Calcular corretamente a a´rea de cada face triangular [0,25]
• Apresentar uma forma correta de ca´lculo da a´rea de cada face octogonal (retirando as a´reas dos quatro
triaˆngulos ou outro caminho equivalente) [0,25]
• Obter corretamente a a´rea de cada face octogonal [0,25]
• Calcular corretamente a a´rea total, a partir das a´reas obtidas para cada tipo de face, observando o nu´mero
correto de faces de cada tipo [0,25]
Questa˜o 8. [ 1,0 pt ::: (a)=0,5; (b)=0,5 ]
Considere que foram efetuadas todas as permutac¸o˜es poss´ıveis dos algarismos que compo˜em o nu´mero
78523, listando os nu´meros obtidos em ordem crescente.
(a) Determine a posic¸a˜o ocupada pelo nu´mero 78523.
(b) Calcule a soma de todos os nu´meros listados.
Soluc¸a˜o
(a) Para obter a posic¸a˜o do nu´mero 78523 nesta lista, calcularemos quantos nu´meros esta˜o antes dele na lista.
Os primeiros nu´meros, nesta lista, sa˜o aqueles que iniciam com 2. Permutando os outros 4 algarismos, temos
4! = 24 nu´meros que iniciam com 2. Os pro´ximos nu´meros sa˜o os iniciados com 3. Como no caso anterior,
trata-se de 24 nu´meros. Seguem-se os nu´meros iniciados com 5, que tambe´m sa˜o 24 nu´meros. Os pro´ximos
nu´meros sa˜o os iniciados com 72, 73 e 75. Para cada um destes casos, permutandos os outros 3 algarismos,
temos mais 3! = 6 nu´meros. Finalmente, temos os nu´meros iniciados com 782 e 783, com 2 nu´meros em cada
caso. Sendo assim, a posic¸a˜o do nu´mero 78523 e´
3× 24 + 3× 6 + 2× 2 + 1 = 95.
Outra Soluc¸a˜o:
Para obter a posic¸a˜o do nu´mero 78523 nesta lista, calcularemos quantos nu´meros esta˜o depois dele na lista.
Permutando os 5 algarismos, calculamos que a lista tem um total de 5! = 120 nu´meros. Os u´ltimos nu´meros,
nesta lista, sa˜o aqueles que iniciam com 8. Permutando os outros 4 algarismos, temos 4! = 24 nu´meros que
iniciam com 8. Antes destes temos o nu´mero 78532, que esta´ imediatamente apo´s o nu´mero 78523. Sendo
assim, a posic¸a˜o do nu´mero 78523 e´
120− 24− 1 = 95.
(b) Permutando os 5 algarismos, vemos a lista tem um totalde 5! = 120 nu´meros. Para calcular a soma destes
nu´meros, devemos perceber que cada algarismo do nu´mero 78523 aparece na posic¸a˜o das unidades em 4! = 24
nu´meros. Assim temos (7 + 8 + 5 + 2 + 3) × 24 = 600 unidades. O mesmo ocorre na posic¸a˜o das dezenas,
centenas, milhares e dezenas de milhares. Portanto, a soma e´ igual a
600× 10000 + 600× 1000 + 600× 100 + 600× 10 + 600 = 6.666.600.
PAUTA DE CORREC¸A˜O:
Item (a)
• Perceber que existem 24 nu´meros iniciando com 2, 3 e 5 [0,25]
• Calcular corretamente a posic¸a˜o ocupada pelo nu´mero 78523 [0,25]
Soluc¸a˜o alternativa para o item (a)
• Perceber que existem 24 nu´meros iniciando com 7 e 8 [0,25]
• Calcular corretamente a posic¸a˜o ocupada pelo nu´mero 78523 [0,25]
Item (b)
• Perceber que cada algarismo aparece 24 vezes em cada posic¸a˜o [0,25]
• Calcular corretamente a soma [0,25]
Gabarito e Pauta de Correc¸a˜o – ENQ 2015.1
Questa˜o 01 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
(a) Mostre que se x e y sa˜o nu´meros irracionais tais que x2 − y2 seja racional
na˜o nulo, enta˜o x+ y e x− y sa˜o ambos irracionais.
(b) Sabendo que a raiz quadrada de um nu´mero primo e´ irracional, prove que
se p e q sa˜o primos distintos, enta˜o
√
p +
√
q e
√
p − √q sa˜o nu´meros
irracionais.
Soluc¸a˜o
(a) Sejam x e y irracionais tais que x2 − y2 e´ racional na˜o nulo (em particular
x 6= ±y). Agora suponha, por absurdo, que x + y e x − y na˜o sa˜o ambos
irracionais, isto e´, que pelo menos um deles e´ 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
e´ racional, o que da´ um absurdo.
Logo x+ y e x− y sa˜o nu´meros irracionais.
(b) Sejam p e q primos distintos. Logo
√
p e
√
q sa˜o nu´meros irracionais.
Note que
(√
p+
√
q
) (√
p−√q) = (√p)2− (√q)2 = p− q e´ um nu´mero racional
na˜o nulo. Portanto, pelo item (a), podemos concluir que tanto
√
p+
√
q quanto√
p−√q sa˜o irracionais.
Pauta de Correc¸a˜o:
Item (a)
• Deduzir que x+ y e´ racional se, e somente se, x− y e´ racional. [0,25]
• Provar que x+ y e x− y sa˜o irracionais. [0,25]
Item (b)
• Usar o item (a) e deduzir o resultado do item (b). [0,5]
Questa˜o 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, pi) e x 6= y, enta˜o sen x + sen y < 2 sen
(
x+ y
2
)
.
(b) Use o resultado do item (a) para resolver a equac¸a˜o
√
sen(2x)sen
√
x = sen
(
2x+
√
x
2
)
, 0 < x <
pi
2
.
Soluc¸a˜o
(a) Sejam 0 < x < pi e 0 < y < pi. Combinando essas duas desigualdades obtemos
0 <
x+ y
2
< pi (1)
−pi
2
<
x− y
2
<
pi
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 u´ltima desigualdade por 2 sen
(
x+ y
2
)
, que e´ um nu´mero
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, conclu´ımos
que
sen x+ sen y < 2 sen
(
x+ y
2
)
.
(b) Como 0 < x <
pi
2
, temos que 0 < 2x < pi e 0 <
√
x < pi.
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 me´dias aritme´tica e geome´trica dos nu´meros
positivos sen(2x) e sen
√
x.
Portanto 2x =
√
x e assim conclu´ımos que x =
1
4
.
2
Pauta de Correc¸a˜o:
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 soluc¸a˜o da equac¸a˜o. [0,25]
Questa˜o 03 [ 1,00 ::: (a)=0,50; (b)=0,50 ]
Considere o conjunto de todos os nu´meros naturais com quatro algarismos
tais que os algarismos lidos da esquerda para a direita esta˜o em ordem estrita-
mente decrescente.
(a) Quantos elementos possui tal conjunto?
(b) Se escrevermos tais nu´meros em ordem crescente, que nu´mero ocupa a
109a posic¸a˜o?
Soluc¸a˜o
(a) A cada escolha de quatro d´ıgitos (sem repetic¸a˜o), entre os dez d´ıgitos, temos
uma u´nica ordem decrescente; portanto o nu´mero de elementos pedido e´ igual a
(
10
4
)
= 210.
(b) A quantidade dos que iniciam com o d´ıgito 3 e´ 1 (apenas o nu´mero 3210);
4 iniciam com o d´ıgito 4, a saber 4210, 4310, 4320 e 4321; os que iniciam com o
d´ıgito 5 sa˜o no total de
(
5
3
)
= 10; com o d´ıgito 6 sa˜o
(
6
3
)
= 20; com o d´ıgito 7
sa˜o 35.
Ate´ este momento temos um total de 70 nu´meros em ordem crescente.
A quantidade daqueles que iniciam com o d´ıgito 8 e sa˜o seguidos do d´ıgito:
• 2 e´ apenas 1 nu´mero, a saber 8210;
• 3 e´
(
3
2
)
= 3;
3
• 4 e´
(
4
2
)
= 6;
• 5 e´
(
5
2
)
= 10;
• 6 e´
(
6
2
)
= 15.
Agora temos um total de 105 nu´meros.
Os nu´meros seguintes sera˜o 8710, 8720, 8721, 8730.
Assim conclu´ımos que o nu´mero que ocupa a 109a posic¸a˜o e´ 8730.
Pauta de Correc¸a˜o:
Item (a)
• Calcular corretamente a quantidade de elementos do conjunto. [0,5]
Item (b)
• Encontrar o nu´mero que esta´ na 109a posic¸a˜o. [0,5]
Questa˜o 04 [ 1,00 ]
As diagonais AD e CE do penta´gono regular ABCDE de lados de medida
a, intersectam-se no ponto P . Determine AP e PD em func¸a˜o de a.
Soluc¸a˜o
Cada aˆngulo interno do penta´gono regular tem medida
aˆi = 180
◦ − 360
◦
5
= 180◦ − 72◦ = 108◦.
Como DC ≡ DE, o triaˆngulo CDE e´ iso´sceles de ve´rtice D, e, como CDˆE = 108◦,
temos DCˆE = DEˆC =
180◦ − 108◦
2
= 36◦.
4
Como os triaˆngulos CDE e DEA sa˜o congruentes (LAL), temos tambe´m DAˆE =
ADˆE = 36◦.
Como EAˆP = 36◦ e PEˆA = 108◦ − 36◦ = 72◦, temos que EPˆA = 180◦ − 36◦ −
72◦ = 72◦, logo o triaˆngulo EAP e´ iso´sceles de ve´rtice A. Com isso, AP = EA = a.
Os triaˆngulos DPE e DEA possuem, cada um, dois aˆngulos de medida 36◦,
fazendo com que seus terceiros aˆngulos tenham tambe´m a mesma medida. Assim,
esses triaˆngulos sa˜o 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 enta˜o
PD
2
+ aPD − a2 = 0.
Resolvendo a equac¸a˜o, temos
PD =
−a±
√
5a2
2
.
Tomando a soluc¸a˜o positiva, temos
PD =
a
(√
5− 1)
2
.
Pauta de Correc¸a˜o:
• Observar ou utilizar a congrueˆncia entre os triaˆngulos CDE e DEA. [0,25]
5
• Concluir que o triaˆngulo EAP e´ iso´sceles de ve´rtice A e obter AP = a. [0,25]
• Mostrar que os triaˆngulos DPE e DEA sa˜o semelhantes. [0,25]
• Calcular PD. [0,25]
Questa˜o 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, conte´m a´gua ate´ a altura de 15cm. Colocando uma piraˆmide
regular de base quadrada so´lida de altura 30cm com a base apoiada no fundo
do cubo, o n´ıvel da a´gua atinge a altura ma´xima do cubo, sem derramar.
(a) Qual o volume do tronco de piraˆmide submerso?
(b) Qual o volume da piraˆmide?
Soluc¸a˜o
(a) Como, ao submergir o tronco de piraˆmide, a a´gua ocupa integralmente o volume
do cubo, a soma do volume Vt do tronco de piraˆmide com o volume inicial da
a´gua, dado por 20 · 20 · 15, sera´ o volume do cubo. Assim,
Vt + 15 · 202 = 203
e, portanto,
Vt = 20
3 − 202 · 15 = 202 · (20− 15) = 202 · 5 = 2000cm3.
Soluc¸a˜o alternativa do item (a):
Sendo H = 30cm a altura da piraˆmide e a = 20cm a aresta do cubo, o volume (Vt)
do tronco de piraˆmide submerso e´ igual ao volume da coluna de a´gua que subiu, de
5cm, ou seja,
Vt = a · a · 5 = 20