Lista de Exercícios Resolvidos

Projeto: Curiosidades.

Lista de Exerc´ıcios Resolvidos

Ara´ ujo, Pedro Miranda. e-mail: [email protected] Santana-AP, 10 de outubro de 2013. † † †

E

xerc´ıcio 1 (UNIFAP). Seja um cilindro (ou obliquo), fechado, ou seja, com tampas de base circular e limitada pela circunferˆencia¹ x²+y²−2x+ 6y+ 6 = 0, de altura h e raio r, onde este cilindro faz com o plano de base um ˆangulo de 60^o 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.

S

^olu¸c˜ao. a) A superf´ıcie do cilindro: Observe a seguinte equa¸c˜ao².

(x−a)²+ (y−b)² =r² (1)

Por compara¸c˜ao.

x² +y² −2ax−2by+a²+b²−r² =x²+y²−2x+ 6y+ 6 a= 1 , b =−3 e a²+b²−r² = 6 =⇒ r= 2 Observe atrav´es de (b) que tan 60^o = h

2 =⇒ h= 2√

3. Ent˜ao, Sℓ=C·h= 4π·2√

3 = 8π√

3 ∴ Sℓ = 8π√ 3

1Circunferˆencia: Geom. Lugar geom´etrico dos pontos de um plano equidistantes de um ponto fixo.

2Equa¸c˜ao da circunferˆencia.

b) O volume do cilindro: Considere o cilindro (ou obliquo) da Figura 1 semelhante³ a um cilindro reto de altura 2√

3, ou seja, com mesma base e ´area lateral. Observe as f´ormulas a seguir.

Ac =πr² e Vc =Ac·h (2) As f´ormulas correspondem `a ´area e ao volume do cilindro, respectivamente.

Figura 2: Cilindro reto de altura 2√ 3 Logo, Vc = 4π·2√

3 = 8π√

3 ∴ Vc = 8π√ 3

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.

Sℓ

Vc

= 8π√ 3 8π√

3 = 1 ∴ Raz˜ao = 1

E

xerc´ıcio 2(UEAP). Considerep(x) um polinˆomio do 2^ograu. Sendo p(0) =−10, p(1)+p(2) =

−9 e p(1)−3p(2) = 3. Calcule o conjunto de todos x para os quais p(x)>0.

S

^olu¸c˜ao. A equa¸c˜ao do 2^o grau ´e definida como,

p(x) = ax²+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 =⇒ 5a+ 3b = 11 Caso 3: p(1)−3p(2) = 3.

3Princ´ıpio de Cavalieri.

a(1)²+b(1)−10−3·[a(2)²+b(2)−10] = 3

a+b−10−3·(4a+ 2b−10) = 3 =⇒ 11a+ 5b = 17 Atrav´es dos resultados anteriores,





5a+ 3b = 11 =⇒ a= 11−3b

5 (1)

11a+ 5b= 17 (2)

Usando o resultado de (1) em (2).

11·

11−3b 5

+ 5b = 17 =⇒ 11²

5 −33b

5 + 5b= 17

b·

5− 33 5

= 17− 11²

5 =⇒ b = 9

2

Em(1) temos 5a+ 3· 9

2 = 11 =⇒ a=−1 2 A equa¸c˜ao que satisfaz os trˆes casos ´e p(x) = −1

2·x²+ 9

2·x−10.

Atrav´es dos zeros da fun¸c˜ao podemos definir o conjunto dos x para os quais p(x)>0.

−1

2·x² +9

2 ·x−10 = 0 =⇒ −x²+ 9x−20 = 0

∆ = (9)²−4(−20)(−1) =⇒ ∆ = 1

Sabe-se que x= −b±√

∆

2a . Logo x= −(9)±√ 1

2(−1) =⇒ x¹ = 4 e x² = 5

Figura 3: Sinal da fun¸c˜ao

Temos como solu¸c˜ao S ={x∈R| 4< x <5}.

E

xerc´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 2^o grau dada por m¹x²+m²x+ 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 m¹·m² ´e?

S

^olu¸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 b²+ 6b−315 = 0 com ra´ızes iguais a b¹ = 15 e b² =−21.

Como b² 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.

( 441m¹+ 21m²+ 105 = 0 (1) 225m¹+ 15m²+ 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,

( 441m¹+ 21m²+ 105 = 0

−315m¹−21m²−147 = 0

Somando os valores das colunas obtemos m¹ = 1

3 e em (1) m² = −12. Com isso podemos responder o problema.

m¹·m² = 1

3 ·(−12) =−4, o produto ´e igual a −4.

E

xerc´ıcio 4 (EsSa). A ´area do circuloinscrito em um triˆangulo retˆangulo de lados 9, 12 e 15?

S

^olu¸c˜ao. Observe a Figura 4, p´ag. 5.

Sabe-se que At= altura·base

2 (´area do triˆangulo).

Ent˜ao A= 9·12

2 = 54 =⇒ 54 = r²+r·(12−r)

2 + 15·r

2 + r·(9−r)

2 .

54 = r²+ 6r− r²

2 +15r 2 + 9r

2 −r²

2 =⇒ r= 3

Temos Ac =π·r² =⇒ Ac = 9π

Figura 4: Triangulo retˆangulo com circulo inscrito

E

xerc´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 = ax²+ (1−4a)x, em rela¸c˜ao ao sistema de coordenadas usual. Nestas condi¸c˜oes, a altura m´axima atingida pela bola ´e?

S

^olu¸c˜ao. O problema fornece como coordenada o ponto (6,3) que corresponde a posi¸c˜ao da bola.

Temos 3 = a·(6)²+ (1−4a)·6 que implica em a=−1 4. A equa¸c˜ao da trajet´oria ´e y=−1

4·x²+ 2x.

O v´ertice da fun¸c˜ao ´e Vy =−∆

4a =⇒ Vy =− 4

−1 4 ·4

= 4. A altura m´axima atingida pela bola ´e igual a 4 metros.

E

xerc´ıcio 6 (UNIFAP). Considere 8³²·25⁵⁰

2⁸ ·5¹⁰ =a·10ⁿ, com 1≤a <9, sendo n ∈N e a∈R. Ent˜ao podemos dizer que (10·n)²−889² ´e?

S

^olu¸c˜ao. O problema pode ser resolvido atrav´es de compara¸c˜ao.

8³²·25⁵⁰

2⁸·5¹⁰ = (2³)³²·(5²)⁵⁰

2⁸·5¹⁰ = 2⁹⁶⁻⁸·5¹⁰⁰⁻¹⁰= 2⁸⁸·5⁸⁸·(10·2,5) (2·5)⁸⁸·10·2,5 = (10)⁸⁹·2,5 =a·10ⁿ =⇒ 2,5·10⁸⁹=a·10ⁿ Ent˜ao a= 2,5 e n= 89. Segue a resposta.

(10·n)²−889² = (10·89)²−889² = 1779

E

xerc´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

ˆangulo ADCb ´e a ter¸ca parte da medida do ˆangulo DAB, pergunta-se: qual ´e o valor da ´areab deste trap´ezio?

S

^olu¸c˜ao. A soma dos ˆangulos internos de um pol´ıgono de 4 lados ´e igual a 360^o.

Figura 5: Trap´ezio is´osceles

Note que DABb =ABCb e BCDb =CDA. Sabe-se queb θ =ϕ/3.

2θ+ 2ϕ = 2· ϕ

3

+ 2ϕ = 360^o =⇒ ϕ = 135^o e θ= 45^o

O comprimento Ap (DbpA= 90^o) ´e encontrado atrav´es do ˆangulo θ.

tanθ = tan 45^o = 1 = Ap

3/2 =⇒ Ap= 3 2 Temos a ´area do trap´ezio AT = 2·3/2·3/2

2 + 5· 3

2 = 9,75

E

xerc´ıcio 8 (UNIFAP). Considere o retˆangulo de v´ertices ABCD, sendo as medidas de seus lados AD = ℓ e AB = 2ℓ. Agora considere um ponto p¹ ∈ DC, tal que Dp¹ = 3

4 ·DC.

Considere tamb´em um ponto p³ ∈AB, tal que p¹p³ seja perpendicular a BD que ´e a diagonal do retˆangulo, sendo o ponto de intersec¸c˜ao de p¹p³ e BD o ponto p². Dadas estas informa¸c˜oes pergunta-se: qual ´e a medida da ´area do triˆangulo de v´ertices Dp³p²?

S

^{olu¸c˜ao. Note que BDCb =ABDb =θ.}

cosθ = Dp² 3 2 ·ℓ

= 2ℓ

DB, pois 3

4·DC = 3 2·ℓ

Por Pit´agoras temos (2ℓ)² +ℓ² = (DB)² =⇒ DB =ℓ√ 5

Dp²·(DB) = 3ℓ² =⇒ Dp²·(ℓ√

5) = 3ℓ² ∴ Dp² = 3√ 5ℓ 5

Logo, P²B = 2√ 5ℓ

5 , pois Dp²+p²B =ℓ√

5. Observe a Figura 6.

Figura 6: Detalhes do problema

cosθ= p²B

p³B = Dp² 3 2·ℓ

=⇒

2√ 5ℓ 5 p³B =

3√ 5ℓ 35 2·ℓ

∴ p³B =Ap³ =ℓ

Ent˜ao (AD)²+ (Ap³)² = (Dp³)² =⇒ Dp³ =ℓ√ 2

e (Dp³)² = (Dp²)²+ (p²p³)² =⇒ p²p³ = ℓ√ 5 5 Concluindo, ADp2p3 = (3√

5ℓ)/5·(ℓ√ 5)/5

2 = 3ℓ²

10

E

xerc´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 c⁵,2?

S

^olu¸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.

h

a⁵¹ a⁵² a⁵³ a⁵⁴ a⁵⁵ a⁵⁶ a⁵⁷ i Ap´os a aplica¸c˜ao da regra obtemos a seguinte linha.

h

6 7 8 9 10 11 12 i

A coluna 2 daMatrizB´e conseguida de forma semelhante atrav´es da equa¸c˜aobi,j =i−j.













 b¹² b²² b³² b⁴² b⁵² b⁶² b⁷²















=















−1 0 1 2 3 4 5















O passo seguinte ´e simples e consiste na multiplica¸c˜ao da linha 5 daMatriz Apela coluna 2 da Matriz B.

c⁵,2 = 6·(−1) + 7·0 + 8·1 + 9·2 + 10·3 + 11·4 + 12·5 = 154

E

xerc´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?

S

^olu¸c˜ao. Observe o sistema.









A+B+C = 46 (1) 100A+ 50B+ 50C = 3300 (2) 50A+ 50B + 100C = 2900 (3) Usando (1)em (2).

100A+ 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.

E

xerc´ıcio 11 (EsSA). Dividiu-se uma heran¸ca de R$ 62.000,00 entre dois herdeiros de 7 e 13 anos, sendo as quantias depositadas em um banco a juros simples de 5% ao ano, de tal modo que ao completarem 21 anos tenham quantias iguais. A parte da heran¸ca, em reais, que deve ser deixada ao mais mo¸co ´e?

S

^olu¸c˜ao. Temos as seguintes informa¸c˜oes.

Capital = 62000 a= 7anos b= 13anos

Note que Ca·5·(21−7)

100 +Ca = Cb·5·(21−13)

100 +C2 =⇒ 17Ca= 14Cb. Capital =Ca+Cb = 62000 =⇒ 17Ca = 14·(6200−Ca)

17Ca+ 14Ca = 86800 =⇒ Ca = 28000

E

xerc´ıcio 12 (EsSA). Considere duas circunferˆencias de raios iguais a 2 tal que, sobrepostas, cada uma passa pelo centro da outra. A ´area da regi˜ao comum a ambas ´e?

S

^olu¸c˜ao. Observe a figura.

Figura 7: Circunferˆencias sobrepostas

Note que r² = r

2 ²

+x² =⇒ x= r 2 ·√

3 ∴ x=√

3.

sinθ = x r =

√3

2 =⇒ θ = 60^o. Segue, 360^o −→ π·r²

120^o −→ m Temos⁴ m= π·r²·120

360 =⇒ m= π·r² 3 .

4Area referente ao arco de 120´ ^o.

O restante ´e encontrado atrav´es da ´area do triˆangulo retˆangulo.

4·A^T+n =m =⇒ n = π·r² 3 −2√

3

Area comum,´ Ac =n+m= π·r² 3 −2√

3 + π·r² 3 = 8π

3 −2√

3

E

xerc´ıcio 13 (EsSA). No triˆangulo ABC abaixo, se M e N s˜ao pontos m´edios e a ´area do triˆangulo DMC ´e 1dm², ent˜ao a ´area, em dm², do triˆangulo ABD ´e?

Figura 8: Triˆangulo e pontos m´edios

S

^olu¸c˜ao. O problema ´e resolvido atrav´es da no¸c˜ao de baricentro e da f´ormula da ´area de um triˆangulo qualquer.

D

efini¸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 Cc =DM Cc =θ e AT = a·b

2 ·sinC.b Note que ADM C = DM ·M C

2 ·sinθ= 1 e AAM C = 3·DM ·M C

2 ·sinθ.

sinθ = 2

DM ·M C =⇒ AAM C = 3·DM ·M C

2 · 2

DM ·M C = 3

O leitor deve perceber que AM Cc +BM Ac = 180^o. Se os mesmos procedimentos forem aplicados a ABM os mesmos resultados ser˜ao obtidos, pois sin(180^o−θ) = sinθ.

ABM ∼AM C e BDM ∼DM C =⇒ AABD =AAM C−ADM C = 3−1 = 2

E

xerc´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

?