Professor Patrício Souza

Introdução a Estatística (Ensino Médio)

2024-11-26T20:57:00.001-03:00

Somatório dos quadrados.

2024-11-21T22:48:00.001-03:00

CPACN/2022 -Questão 6 - Prova amarela

2024-11-17T02:21:00.011-03:00

Seja o quadrado ABCD de área igual a 1 unidade de área ( 1 u.a.), e os pontos E, F e G sobre os lados AD, DC e AB, respectivamente, conforme a figura abaixo.

Considere a área do pentágono interior igual a $\frac{1}{15}$. O valor da área hachurada, em u.a., é igual a:

a) $\frac{11}{30}$

b) $\frac{13}{30}$

c) $\frac{7}{15}$

d) $\frac{1}{2}$

e) $\frac{8}{15}$

Solução: Primeiro passo é denominar os pontos de interseções entre os segmentos de retas e denominar as áreas hachuradas por incógnitas (x, y, z, t e w). Conforme a figura abaixo:

Assim, denominamos as áreas dos triângulos FGK, DKL, GHI, IJE e JLC, respectivamente, por x, y, z, t e w, áreas hachuradas. Note que $A(FDE) = A(FDC)$, pois, são triângulo de bases e alturas iguais. Em consequência disso, temos

$A(FDK)+A(FGK)+A(DKL)+A(GKLJI)+A(IJE)=A(FDK)+A(DKL)+A(DLC)$
$\Rightarrow A(DLC)=A(FGK) + \frac{1}{15} + A(IJE)$
$\Rightarrow A(DLC) = x + \frac{1}{15} + t$

A área do triângulo DHC é metade da área do quadrado, então, $A(DHC)=\frac{1}{2}$. Veja que

$ A(DHC) =A(GHI) +A(GKLJI) + A(JLC)+A(DKL)+A(DLC) $

$\frac{1}{2} = z + \frac{1}{15} + w+y +A(DLC) $

$\frac{1}{2} = z + \frac{1}{15} + w+y +x+\frac{1}{15}+t $

$\frac{1}{2} = z + \frac{1}{15} + w + y + x + \frac{1}{15} + t$

$ x+y+z+t+w = \frac{1}{2} - \frac{2}{15}=\frac{11}{30}. $

Logo, opção a).

Teorema de Pitágoras: Uma prova algébrica

2016-07-21T14:37:00.003-03:00

O Teorema de Pitágoras é um dos teoremas mais conhecidos da matemática por todo o mundo, principalmente, devido à sua aplicação em situações da vida real. Este teorema já era utilizado bem antes de Pitágoras (570 – 495 a.C.), porém, ficou eternizado como sendo deste último. O enunciado do Teorema de Pitágoras é o seguinte:

Teorema de Pitágoras: "O quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos".

Triângulo ABC, retângulo em C.

Demonstração: Seja $\Delta ABC$ retângulo em C, o seu semiperímetro é $p=\frac{a+b+c}{2}$, utilizando a fórmula de Heron (ou Herão) para expressar a área do triângulo.

Fórmula de Heron:

$\begin{eqnarray} A_{\Delta ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \end{eqnarray}.$

Área do triângulo também é expresso por $\begin{eqnarray} A_{\Delta ABC}=\frac{ab}{2} \end{eqnarray}.$ Então, temos

$\begin{eqnarray} \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{ab}{2}\\ \sqrt{\left( \frac{a+b+c}{2}\right)\left( \frac{a+b-c}{2}\right)\left( \frac{c+(b-a)}{2}\right)\left( \frac{c-(b-a)}{2}\right)}=\frac{ab}{2}\\
\frac{1}{4}\sqrt{\left[(a+b)^2-c^2 \right]\cdot \left[c^2-(b-a)^2\right]}=\frac{ab}{2}\\
2a^2c^2-2a^2b^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4=0\\
\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=4c^2\left(a^2+b^2\right) \Rightarrow a^2+b^2+c^2=2c\sqrt{a^2+b^2}
\end{eqnarray}$

Fazendo $\lambda = \sqrt{a^2+b^2}$, temos:

$\begin{eqnarray} \lambda^2-2c\lambda+c^2=0\\ (\lambda - c)^2=0 \Rightarrow \lambda = c\end{eqnarray}.$

Logo, $c = \sqrt{a^2+b^2}$ ou $c^2=a^2+b^2$.

Vale pensar como os antigos chegaram a esta conclusão, lembrando que a linguagem algébrica de outrora era praticamente inexistente, eles usavam desenhos e descreviam por extenso todas as demonstrações, nem também existia o símbolo de radical para expressar raízes como utilizamos hoje.

(FUNCERN/Concurso Professor Efetivo IFRN/2015)

2016-06-21T18:16:00.002-03:00

A sequência ($A_1$, $A_2$, $A_3$, ..., $A_n$, ...) é uma progressão aritmética de termos positivos com razão r não nula. Se o somatório S é dado por
$$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{A_i}+\sqrt{A_{i+1}}}}}$$
então S é representado por
A) $\dfrac{n^2}{\sqrt{A_1}+\sqrt{A_{n+1}}}$

B) $\dfrac{n}{\sqrt{A_1}+\sqrt{A_{n+1}}}$

C) $\dfrac{n-1}{\sqrt{A_1}+\sqrt{A_{n+1}}}$

D) $\dfrac{n+1}{\sqrt{A_1}+\sqrt{A_{n+1}}}$

Solução: Primeiro devemos lembrar que $A_1$, $A_2$, $A_3$, ..., $A_n$ formam uma P.A. (Progressão Aritmética) de razão $r$, então, temos:
$$A_2=A_1+r, ..., A_{n+1}=A_n+r,$$
ou ainda,
$$A_{n+1}=A_1+nr.$$

Segundo passo, é fazer uma racionalização de denominadores:
$$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{A_i}+\sqrt{A_{i+1}}}=\frac{1\cdot (\sqrt{A_i}-\sqrt{A_{i+1}})}{(\sqrt{A_i}+\sqrt{A_{i+1}})(\sqrt{A_i}-\sqrt{A_{i+1}})}=\frac{\sqrt{A_i}-\sqrt{A_{i+1}}}{A_i-A_{i+1}}=\frac{\sqrt{A_{i+1}}-\sqrt{A_{i}}}{A_{i+1}-A_i}=\frac{\sqrt{A_{i+1}}-\sqrt{A_{i}}}{r}}.$$
Então,
$$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{A_i}+\sqrt{A_{i+1}}}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{\sqrt{A_{i+1}}-\sqrt{A_i}}{r}}}=\frac{\sqrt{A_{n+1}}-\sqrt{A_{1}}}{r}=\frac{(\sqrt{A_{n+1}}-\sqrt{A_{1}})(\sqrt{A_{n+1}}+\sqrt{A_{1}})}{r(\sqrt{A_{n+1}}+\sqrt{A_{1}})}=\frac{A_{n+1}-A_1}{r(\sqrt{A_{n+1}}+\sqrt{A_{1}})}=\frac{n}{\sqrt{A_{1}}+\sqrt{A_{n+1}}}}.$$
Opção B.

QUESTÃO 17 - NÍVEL 3 - OBMEP/2005

2016-06-20T16:07:00.002-03:00

O topo de uma escada de 25 m de comprimento está encostado na parede vertical de um edifício. O pé da escada está a 7 m de distância da base do edifício, como na figura. Se o topo da escada escorregar 4 m para baixo ao longo da parede, qual será o deslocamento do pé da escada?

(A) 4 m
(B) 8 m
(C) 9 m
(D) 13 m
(E) 15 m

Solução: Inicialmente, temos um triângulo retângulo ABC com catetos medindo 7m e $h_0$ m, a hipotenusa (comprimento da escada) é constante, 25 m.
$$7^2+h_{0}^2=25^2 \Rightarrow h_0=24.$$
Se o topo da escada escorregar 4 m, então a altura do novo triângulo ($\Delta A'B'C'$) retângulo será 20 m, enquanto que a distância do pé da escada à parede perpendicular do edifício será $(7+x)$m e a hipotenusa, 25 m.
$$20^2+(7+x)^2=25^2 \Rightarrow (7+x)^2=225 \Rightarrow 7+x=15 \Rightarrow x=8 \;m.$$
Logo, o deslocamento do pé da escada é de 8 m, opção B.

Questão 8 (NÍVEL 3) - OBMEP/2016

2016-06-20T12:44:00.003-03:00

Na figura, os pontos C e F pertencem aos lados BD e AE do quadrilátero ABDE, respectivamente. Os ângulos B e E são retos e os segmentos AB, CD, DE e FA têm suas medidas indicadas na figura. Qual é a área do quadrilátero ACDF?

A) 16

B) 21

C) 31

D) 33

E) 40

Solução: Tracemos um segmento de reta AD, dividindo o quadrilátero ACDF em dois triângulos, $\Delta ACD$ e $\Delta ADF$. Então a área do quadrilátero ACDF ($A_{ACDF}$) é a soma das áreas dos triângulos $\Delta ACD$ e $\Delta ADF$, ou seja, $A_{ACDF}=A_{\Delta ACD}+A_{\Delta ADF}$.
Fazendo a área do triângulo ABD menos a área do triângulo ABC, considerando a medida do BC igual a x, temos a área do triângulo ACD:

$$A_{\Delta ACD}=\dfrac{10(x+2)}{2}-\dfrac{10x}{2}=10.$$

Analogamente, tomamos a medida EF igual a y. Calculamos a área do triângulo ADF, subtraímos a área do triângulo DEF do triângulo ADE. Assim,
$$A_{\Delta ADE}=\dfrac{7(y+6)}{2}-\dfrac{7y}{2}=21.$$
Portanto a área do quadrilátero ACDF é 31, opção C.

Uma porta para a trigonometria

2016-06-13T17:43:00.002-03:00

O proprietário de uma residência instalou, em uma das portas da casa, um alarme formado por dois sensores localizados nos pontos A e B, conforme mostra a figura abaixo.

Percebeu-se que o alarme dispara quando a porta aberta forma um ângulo de 30 graus com o batente. Supondo que a porta tem 2 metros de altura e 1 metro de largura, qual a distância entre os sensores que faz o alarme disparar?

Retirado de http://clubes.obmep.org.br/blog/2016/04/uma-porta-para-a-trigonometria/

SOLUÇÃO: Note que a largura da porta é igual à distância entre os batentes, 1 m. Assim, podemos unir com um segmento de reta o ponto A à extremidade superior da porta (X), formando um triângulo isósceles (dois lados, consequentemente, dois ângulos iguais).

Visto que a soma dos Ângulos internos de um triângulo qualquer é igual a 180°, então, determinamos os ângulos da base ($\theta$) que são iguais:

$$30°+\theta + \theta = 180° \Rightarrow 2\theta = 150° \rightarrow \theta = 75°\Rightarrow \overline{AX}=\frac{sen(30°)}{sen(75°)}.$$

Para determinarmos a distância de A a X, $\overline{AX}$, aplicamos a Lei dos Senos: $$\frac{1}{sen(75°)}=\frac{\overline{AX}}{sen(30°)},$$ obtendo o $sen(75°)$ pela soma de arcos, temos:
$$sen(75°)=sen(30°+45°)=sen(30°)\cdot cos(45°)+sen(45°)\cdot cos(30°)=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}.$$
Então $\overline{AX}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}.$ A distância entre os sensores A e B, $\overline{AB}$, encontramos aplicando o Teorema de Pitágoras:
$$(\overline{AB})^2=2^2+(\overline{AX})^2=4+\left( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\right)^2=6-\sqrt{3}\Rightarrow \overline{AB}=\sqrt{6-\sqrt{3}} \, m.$$