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Projeto: Curiosidades.
Lista de Exerc´ıcios Resolvidos
Santana-AP, 10 de outubro de 2013. † † †
Exerc´ıcio 1 (UNIFAP). Seja um cilindro (ou obliquo), fechado, ou seja, com tampas de base
circular e limitada pela circunferˆencia^1 x^2 + y^2 − 2 x + 6y + 6 = 0, de altura h e raio r, onde este cilindro faz com o plano de base um ˆangulo de 60o^ que ´e o ˆangulo de inclina¸c˜ao do cilindro.
(a) (b) Figura 1: Cilindro inclinado em esquema
Pergunta-se: a) A superf´ıcie do cilindro b) O volume do cilindro c) A raz˜ao entre a superf´ıcie lateral e o volume do cilindro.
Solu¸c˜ao. a) A superf´ıcie do cilindro: Observe a seguinte equa¸c˜ao^2.
(x − a)^2 + (y − b)^2 = r^2 (1)
Por compara¸c˜ao.
x^2 + y^2 − 2 ax − 2 by + a^2 + b^2 − r^2 = x^2 + y^2 − 2 x + 6y + 6
a = 1 , b = − 3 e a^2 + b^2 − r^2 = 6 =⇒ r = 2
Observe atrav´es de (b) que tan 60o^ = h 2 =⇒^ h^ = 2
- Ent˜ao,
S` = C · h = 4π · 2
3 = 8π
3 ∴ S` = 8π
(^1) Circunferˆencia: Geom. Lugar geom´etrico dos pontos de um plano equidistantes de um ponto fixo. (^2) Equa¸c˜ao da circunferˆencia.
b) O volume do cilindro: Considere o cilindro (ou obliquo) da Figura 1 semelhante^3 a um cilindro reto de altura 2
3, ou seja, com mesma base e ´area lateral. Observe as f´ormulas a seguir. Ac = πr^2 e Vc = Ac · h (2) As f´ormulas correspondem `a ´area e ao volume do cilindro, respectivamente.
Figura 2: Cilindro reto de altura 2
Logo, Vc = 4π · 2
3 = 8π
3 ∴ Vc = 8π
c) A raz˜ao entre a superf´ıcie lateral e o volume do cilindro: A alternativa ´e resolvida atrav´es das considera¸c˜oes anteriores.
S` Vc^ =
8 π
8 π
= 1 ∴ Raz˜ao = 1
Exerc´ıcio 2 (UEAP). Considere p(x) um polinˆomio do 2o^ grau. Sendo p(0) = −10, p(1)+p(2) = − 9 e p(1) − 3 p(2) = 3. Calcule o conjunto de todos x para os quais p(x) > 0.
Solu¸c˜ao. A equa¸c˜ao do 2o^ grau ´e definida como,
p(x) = ax^2 + bx + c (3)
Caso 1: p(0) = −10.
p(0) = a(0)^2 + b(0) + c = − 10 =⇒ c = − 10
Caso 2: p(1) + p(2) = −9.
a(1)^2 + b(1) − 10 + a(2)^2 + b(2) − 10 = − 9
a + b − 10 + 4a + 2b − 10 = − 9 =⇒ 5 a + 3b = 11
Caso 3: p(1) − 3 p(2) = 3.
(^3) Princ´ıpio de Cavalieri.
Exerc´ıcio 3 (EsSa). No ano “A”, as idades de um sargento e seu irm˜ao eram, numericamente, as ra´ızes da equa¸c˜ao do 2o^ grau dada por m 1 x^2 + m 2 x + 105 = 0. A diferen¸ca entre suas idades ´e de 6 anos e, nesse mesmo ano “A”, o produto das idades desses irm˜aos era 315. Assim, podemos afirmar que o produto m 1 · m 2 ´e?
Solu¸c˜ao. O primeiro passo ´e descobrir a idade dos irm˜aos, no caso “a” e “b”, que s˜ao os zeros da fun¸c˜ao. Segue, { a − b = 6 =⇒ a = 6 + b a · b = 315
Atrav´es do sistema temos b^2 + 6b − 315 = 0 com ra´ızes iguais a b 1 = 15 e b 2 = −21. Como b 2 n˜ao responde o problema a idade de b ´e igual a 15 anos. Consequentemente, a = 21 anos.
Usando os zeros na fun¸c˜ao.
{ 441 m 1 + 21m 2 + 105 = 0 (1) 225 m 1 + 15m 2 + 105 = 0 (2)
Uma das formas de resolver o sistema ´e usando a regra da adi¸c˜ao. Para isso multiplique (2) por (− 1 , 4). Veja,
{ 441 m 1 + 21m 2 + 105 = 0 − 315 m 1 − 21 m 2 − 147 = 0
Somando os valores das colunas obtemos m 1 =^13 e em (1) m 2 = −12. Com isso podemos responder o problema.
m 1 · m 2 =^1 3 · (−12) = −4, o produto ´e igual a −4.
Exerc´ıcio 4 (EsSa). A ´area do circulo inscrito em um triˆangulo retˆangulo de lados 9, 12 e 15?
Solu¸c˜ao. Observe a Figura 4, p´ag. 5.
Sabe-se que At = altura 2 · base (´area do triˆangulo).
Ent˜ao A =^9 · 2 12 = 54 =⇒ 54 = r^2 + r^ ·^ (12 2 −^ r)+^152 · r+ r^ ·^ (9 2 − r).
54 = r^2 + 6r − r^2 2 +
15 r 2 +
9 r 2 −^
r^2 2 =⇒^ r^ = 3 Temos Ac = π · r^2 =⇒ Ac = 9π
Figura 4: Triangulo retˆangulo com circulo inscrito
Exerc´ıcio 5 (EsSa). Estando afastado 6 metros de um muro de 3 metros de altura, um menino chuta uma bola que cai exatamente sobre o citado muro, ap´os percorrer a trajet´oria descrita pela equa¸c˜ao y = ax^2 + (1 − 4 a)x, em rela¸c˜ao ao sistema de coordenadas usual. Nestas condi¸c˜oes, a altura m´axima atingida pela bola ´e?
Solu¸c˜ao. O problema fornece como coordenada o ponto (6,3) que corresponde a posi¸c˜ao da bola. Temos 3 = a · (6)^2 + (1 − 4 a) · 6 que implica em a = −^1 4
A equa¸c˜ao da trajet´oria ´e y = −^14 · x^2 + 2x.
O v´ertice da fun¸c˜ao ´e Vy = − 4 ∆a =⇒ Vy = − 4 −^14 · 4
= 4. A altura m´axima atingida
pela bola ´e igual a 4 metros.
Exerc´ıcio 6 (UNIFAP). Considere 8
28 · 510 =^ a^ ·^10
n, com 1 ≤ a < 9, sendo n ∈ N e a ∈ R.
Ent˜ao podemos dizer que (10 · n)^2 − 8892 ´e?
Solu¸c˜ao. O problema pode ser resolvido atrav´es de compara¸c˜ao.
832 · 2550 28 · 510 =
(2^3 )^32 · (5^2 )^50
(2 · 5)^88 · 10 · 2 , 5 = (10)^89 · 2 , 5 = a · 10 n^ =⇒ 2 , 5 · 1089 = a · 10 n
Ent˜ao a = 2, 5 e n = 89. Segue a resposta.
(10 · n)^2 − 8892 = (10 · 89)^2 − 8892 = 1779
Exerc´ıcio 7 (UNIFAP). Considere um trap´ezio is´osceles de v´ertices ABCD em que o valor da medida, das bases, menor e maior ´e AB = 5 e DC = 8 respectivamente e a medida do
Logo, P 2 B =^2
5 `
, pois Dp 2 + p 2 B = `
- Observe a Figura 6.
Figura 6: Detalhes do problema
cos θ = p^2 B p 3 B
= Dp 3 2 2 ·^ `
5 `
p 3 B
5 `
2 ·^ `
∴ p 3 B = Ap 3 = `
Ent˜ao (AD)^2 + (Ap 3 )^2 = (Dp 3 )^2 =⇒ Dp 3 = `
e (Dp 3 )^2 = (Dp 2 )^2 + (p 2 p 3 )^2 =⇒ p 2 p 3 = `
Concluindo, ADp 2 p 3 = (
5 )/ 5 · (
3 `^2
Exerc´ıcio 9 (UNIFAP). Considere a matriz A do tipo 6 por 7, ou seja, 6 linhas e 7 colunas e a matriz do tipo 7 por 3, ou seja, 7 linhas e 3 colunas. Sendo A = (ai,j ), onde ai,j = i + j e B = (bi,j ), onde bi,j = i − j. Al´em disso, considere a matriz C = (ci,j ) que ´e o resultado do produto das matrizes A por B. Qual ´e o elemento c 5 , 2?
Solu¸c˜ao. Para evitar a constru¸c˜ao completa das matrizes A, B e C trabalharei somente com as linhas e as colunas necess´arias. O leitor deve conhecer previamente a regra de multiplica¸c˜ao de matrizes, pois a mesma n˜ao ser´a explicada nesse problema.
Caso 1: A linha 5 da Matriz A ´e obtida atrav´es da equa¸c˜ao ai,j = i + j. Observe a linha em quest˜ao. [ a 51 a 52 a 53 a 54 a 55 a 56 a 57
]
Ap´os a aplica¸c˜ao da regra obtemos a seguinte linha. [ 6 7 8 9 10 11 12
]
A coluna 2 da Matriz B ´e conseguida de forma semelhante atrav´es da equa¸c˜ao bi,j = i−j.
b 12 b 22 b 32 b 42 b 52 b 62 b 72
O passo seguinte ´e simples e consiste na multiplica¸c˜ao da linha 5 da Matriz A pela coluna 2 da Matriz B.
c 5 , 2 = 6 · (−1) + 7 · 0 + 8 · 1 + 9 · 2 + 10 · 3 + 11 · 4 + 12 · 5 = 154
Exerc´ıcio 10 (EsSa). O Sargento Nilton recebeu a miss˜ao de distribuir 33 caixas de muni¸c˜ao, com 100 cartuchos cada, para 46 soldados distribu´ıdos em 3 grupamentos. No grupamento “A” cada soldado dever´a receber 100 cartuchos e nos grupamentos “B” e “C”, 50 cartuchos cada um dos soldados. Mas, na hora da distribui¸c˜ao, os grupamentos trocaram de posi¸c˜ao e o sargento distribuiu 100 cartuchos para cada soldado do grupamento “C” e 50 cartuchos para cada um dos soldados dos grupamentos “B” e “A”. Isso fez com que sobrassem 400 cartuchos. Percebendo o erro, o Sargento refez a distribui¸c˜ao de modo correto e notou que n˜ao sobrou nenhum cartucho. Baseando-se nessa situa¸c˜ao, pode-se afirmar que o n´umero de soldados do grupamento “B” ´e?
Solu¸c˜ao. Observe o sistema.
A + B + C = 46 (1)
100 A + 50B + 50C = 3300 (2)
50 A + 50B + 100C = 2900 (3)
Usando (1) em (2).
100 A + 50 · (46 − A) = 3300 =⇒ A = 20, pois (B + C) = 46 − A
Usando (1) em (3)
50 · (46 − C) + 100C = 2900 =⇒ C = 12, pois (A + B) = 46 − C
Usando os resultados de (2) e (3) em (1).
A + B + C = 46 ⇐⇒ 20 + B + 12 = 46 ∴ B = 14.
O restante ´e encontrado atrav´es da ´area do triˆangulo retˆangulo.
4 · AT + n = m =⇒ n = π^ ·^ r
2 3
Area comum,´ Ac = n + m = π^ ·^ r
2 3 −^2
3 + π^ ·^ r
2 3 =
8 π 3 −^2
Exerc´ıcio 13 (EsSA). No triˆangulo ABC abaixo, se M e N s˜ao pontos m´edios e a ´area do triˆangulo DMC ´e 1 dm^2 , ent˜ao a ´area, em dm^2 , do triˆangulo ABD ´e?
Figura 8: Triˆangulo e pontos m´edios
Solu¸c˜ao. O problema ´e resolvido atrav´es da no¸c˜ao de baricentro e da f´ormula da ´area de um triˆangulo qualquer.
Defini¸c˜ao (Baricentro). As trˆes medianas de um triˆangulo interceptam-se num mesmo ponto que
divide cada mediana em duas partes tais que a parte que cont´em o v´ertice ´e o dobro da outra.
Tome AM Ĉ = D M Ĉ = θ e AT = a^ ·^ b 2 · sin Ĉ.
Note que ADM C = DM^2 ·^ M C· sin θ = 1 e AAM C =^3 ·^ DM 2 ·^ M C· sin θ.
sin θ = 2 DM · M C
=⇒ AAM C =^3 ·^ DM 2 ·^ M C· 2
DM · M C
O leitor deve perceber que AM Ĉ + B M Â = 180o. Se os mesmos procedimentos forem aplicados a ABM os mesmos resultados ser˜ao obtidos, pois sin(180o^ − θ) = sin θ.
ABM ∼ AM C e BDM ∼ DM C =⇒ AABD = AAM C − ADM C = 3 − 1 = 2
Exerc´ıcio 14 (UNIFAP). Considere uma esfera de raio
2 inscrita em um cilindro reto que
est´a inscrito numa esfera. Pergunta-se: qual ´e o valor da express˜ao VE^ −^ Ve Vc
Observa¸c˜ao. VE significa volume da esfera maior, Ve volume da esfera menor e Vc volume do
cilindro.
Solu¸c˜ao. Observe a figura.
Figura 9: Vis˜ao frontal: esfera, cilindro e esfera
O raio da esfera maior (r 2 ).
(
2)^2 + (
2)^2 = (r 2 )^2 =⇒ r 2 = 2
O volume da esfera menor (Obs.: V =^43 · πr^3 ).
Ve =^43 · π(
2)^3 =⇒ Ve =^8 π
Volume do cilindro (Obs.: V = π · r^2 · h).
Vc = π · (
2)^2 · 2
2 =⇒ Vc = 4π
O volume da esfera maior.
VE =^43 · π(2)^3 =⇒ VE =^323 π
Concluindo, VE^ V−^ Ve c
32 π 3 −^
8 π
4 π
=^4
Exerc´ıcio 15. Considere duas retas perpendiculares r e s. Sabe-se que a reta s possui como pontos (7, 1) e (2, 9) e que a reta r intercepta o eixo das ordenadas em (0, 2). Pergunta-se: qual ´e a equa¸c˜ao da reta r?
Solu¸c˜ao. Observe a Figura 10.
Portanto, a equa¸c˜ao da reta r ´e y =^58 · x + 2.
Exerc´ıcio 16. Calcule a distˆancia entre o ponto P (da reta r) e a reta s (Figura 12).
Figura 12: Distˆancia entre ponto e reta
Solu¸c˜ao. Note que as duas retas do problema s˜ao perpendiculares. Podemos montar, portanto, um triˆangulo retˆangulo similar ao do Exerc´ıcio 21 (ver p´ag. 12).
tan ϕ = −(tan γ)−^1 =⇒ tan γ =^02 −−^30 = −^32 ∴ tan ϕ = −
=^23
Atrav´es do ponto P (3, 4) da reta r temos.
· 3 + b =⇒ b = 2 ∴ yr =
3 ·^ x^ + 2
De forma an´aloga encontramos a fun¸c˜ao da reta (s) ys = −^32 · x + 3.
O proximo passo ´e descobrir o ponto de encontro.
2 3 ·^ x^ + 2 =^ −
2 ·^ x^ + 3^ =⇒^ x^ =^
13 e^ y^ =
A distˆancia (d) entre o ponto P e a reta s.
d^2 =
=^11
=⇒ d =^11
Exerc´ıcio 17. Ache b e a em fun¸c˜ao de n, de modo que b · xn+1^ + axn^ + 1 seja divis´ıvel por (x − 1)^2.
Solu¸c˜ao. Note que x = 1 (zero da fun¸c˜ao) implica em b + a + 1 = 0.
A express˜ao pode ser reescrita como −(a + 1) · xn+1^ + axn^ + 1, pois b = −(a + 1).
Usando o dispositivo de Briot-Ruffini.
1 −(a + 1) a 0 0... 1 1 −(a + 1) − 1 − 1 − 1... 0 −(a + 1) −(a + 2) −(a + 3)... −(a + (n + 1))
O resto do processo (em azul) ´e igual a zero, pois a divis˜ao por (x − 1)^2 ´e exata.
−(a + (n + 1)) = 0 =⇒ a = −(n + 1) e b = n
Temos a express˜ao n · xn+1^ − (n + 1) · xn^ + 1.
Exerc´ıcio 18. Qual ´e o resto da divis˜ao de x^599 por (x^2 − 1).
Solu¸c˜ao. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini.
1 1 0 0 0... 0 − 1 1 1 1 1... 1 =⇒ q 1 1 0 1... 1 =⇒ q 2
O resto do processo (em azul) ´e igual a 1, pois o n´umero de casas ´e 599.
( ︸q 2 · (x (^) ︷︷+ 1) + 1) ︸ q 1
·(x − 1) + 1 = q 2 · (x + 1) · (x − 1) + x
O resto da divis˜ao de x^599 por (x^2 − 1) ´e igual a x.
Exerc´ıcio 19. Um polinˆomio p(x) dividido por (x + 1) d´a resto −1, por (x − 1) d´a resto 1 e por (x + 2) d´a resto 1. Pergunta-se: qual ´e o polinˆomio p(x)?
Solu¸c˜ao. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini.
Caso 1: p(x) dividido por (x + 1) d´a resto −1.
− 1 a b c a (b − a) (a − b + c) = − 1
Caso 2: p(x) dividido por (x − 1) d´a resto 1.
Note que CG^ · 2 GH = 27, CG · F G = 30 e F G · GE = 10.
CG · 10
GE
= 30 =⇒ CG
GE
=^3
, pois F G = 10 GE As medidas GE e CG s˜ao proporcionais a 1 e 3, respectivamente. Os dois retˆangulos do problema possuem o lado F G em comum. Portanto, decompondo o valor das ´areas dos retˆangulos e levando em considera¸c˜ao a raz˜ao citada temos F G = 10
3 · GH 2 = 27^ =⇒^ GH^ =
O trap´ezio EBHG constitui-se de um retˆangulo e um triˆangulo similar a GHC, ou seja, possuem ˆangulos semelhantes.
tan θ = CG GH
=^1
=^1
x =⇒ x = 6
A ´area do trap´ezio ´e a soma AT = Ar + At onde x ´e a base do triˆangulo de ´area At.
Temos AT = 1 · 18 +^1 2 ·^6 = 21
Exerc´ıcio 21 (UNIVERSA/BM). Na Figura 14 , o triˆangulo ABC est´a inscrito na circun- ferˆencia de centro O, e AH ´e a altura relativa ao lado BC do triˆangulo. Se BH = n e CH = m, com m > n, ent˜ao a medida OH ´e igual a?
Figura 14: Representa¸c˜ao do problema
Note que m + n = BC e BC 2 − n = OH =⇒ m^ + 2 n− n = m^ − 2 n= OH.
Referˆencias Bibliogr´aficas
[1] DOLCE, Osvaldo; POMPEO, Jos´e Nicolau. Fundamentos de Matem´atica Elementar: Geometria Plana. 7o^ edi¸c˜ao. Editora Atual - 1997.
[2] ARA UJO, Pedro Miranda.´ Tutorial sobre LATEX 2ε. Macap´a-AP, 2010. Dispon´ıvel em http://portalcien-exatas.blogspot.com.br/2012/02/tutorial-sobre-latex2e.html.
[3] LAGES, Elon; CARVALHO, Paulo Cesar Pinto; WAGNER, Eduardo; MORGADO, Augusto C´esar. A Matem´atica do Ensino M´edio. Vol. 02 (SBM). Cole¸c˜ao do professor de Ma- tem´atica.
