Semelhança e Áreas de Triângulos

Olá leitor.

Recebi um problema que envolve retas paralelas, semelhança e áreas em uma só questão. Vamos lá:

Na figura, os ângulos A\widehat{B}C, A\widehat{C}D, C\widehat{E}D são retos. Se AB = 2\sqrt{3} m e CE = \sqrt{3} m, a razão entre as áreas dos triângulos ABC e CDE é

a) 6

b) 4

c) 3

d) 2

e) \sqrt{3}

Vamos então à solução. Vamos chamar o ângulo B\widehat{A}C = \alpha. Assim teremos B\widehat{C}A = 90^\circ - \alpha. Como A\widehat{C}D = 90^\circ, teremos E\widehat{C}D = \alpha e, portanto os triângulos ABC e CED são semelhantes. Assim, podemos escrever a relação:

\frac{BC}{ED} = \frac{AB}{CE} \Rightarrow \frac{BC}{ED} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 2

Fazendo as áreas e calculando a razão entre elas:

\frac{(ABC)}{(CDE)} = \frac{\frac{AB \cdot BC}{2}}{\frac{ED \cdot CE}{2}} = \frac{AB \cdot BC}{ED \cdot CE} = \frac{2\sqrt{3} \cdot BC}{ED \cdot \sqrt{3}} = \frac{2BC}{ED} = 2 \times 2 = 4

Chegamos à opção B.

Até a próxima!

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[LSB]

Somas de Newton: uma Grande Ajuda!!!

Olá leitor.

Hoje trazemos um problema que envolve um sistema de equações não lineares e que, a princípio, parece fácil, mas na realidade, envolve métodos mais sofisticados que simplesmente substituir uma equação na outra. Veja o problema a seguir:

Sejam x, y e z números complexos que satisfazem o sistema de equações abaixo:

\left\{\begin{array}{l} x + y + z = 7 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 25 \\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{4} \\ \end{array} \right.

O valor da soma x^3 + y^3 + z^3 é:

a) 210

b) 235

c) 250

d) 320

e) 325

Enviada por Matheus

Podemos inicialmente pensar em um polinômio P(n) tal que x, y e z sejam exatamente suas raízes e seja escrito como:

P(n) = a_3n^3 + a_2n^2 + a_1n + a_0

Das relações de Girard e do sistema dado chegamos a:

x + y + z = -\frac{a_2}{a_3} \Rightarrow -\frac{a_2}{a_3} = 7 \Rightarrow a_2 = -7a_3

Alem disso, sabendo que (x+y+z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy+yz+xz), portanto:

(7)^2 = 25 + 2 \cdot \frac{a_1}{a_3} \Rightarrow \frac{a_1}{a_3} = 12 \Rightarrow a_1 = 12a_3

Da última equação do sistema:

\frac{xy+xz+yz}{xyz} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{\frac{a_1}{a_3}}{-\frac{a_0}{a_3}} = \frac{1}{4} \Rightarrow a_0 = -4a_1

Ou seja a_0 = 4 \cdot (12 a_3) \Rightarrow a_0 = -48a_3. Finalmente, podemos usar as somas de Newton:

a_3S_3 + a_2S_2+a_1S_1+a_0S_0 = 0

Teremos:

a_3 \cdot S_3 + (-7a_3)\cdot 25 + (12a_3)\cdot 7 + (-48a_3)\cdot 3 = 0

Como a_3 \ne 0, temos:

S_3 - 175 + 84 - 144 = 0 \Rightarrow S_3 = 235

Chegando à opção B.

Como observação, não nos estendemos sobre as somas de Newton, mas o faremos em momento oportuno!!!

Até a próxima!

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Escola Naval: Matemática 2021/2022 (Prova Amarela)

Olá leitor.

Recebi agora a prova da Escola Naval de 2021/2022 e vou começar a colocar aqui os meus gabaritos. Vou atualizando aos poucos. Você pode sempre voltar nesse link, caso queira.

IMPORTANTE: As questões não estão na ordem em que aparecem na prova, pois estou dando preferência as que vou resolvendo primeiro. Vamos lá!

Seja a sequência abaixo definida por uma lei de recorrência de 3ª ordem. Cada termo dessa sequência (do quarto termo em diante) é uma combinação linear dos três termos imediatamente anteriores. (2,-1,1,6,3,-1,\ldots)

A soma do sétimo com o oitavo termo é igual a

a) 4

b) 5

c) 15

d) 23

e) 24

Como dito no enunciado, cada termo a_n segue a seguinte lei de formação:

a_n = A \cdot a_{n-1} + B \cdot a_{n-2} + C \cdot a_{n-3} \qquad n \in \mathbb{N}, n \geq 4

Para n = 4:

A \cdot a_3 + B \cdot a_2 + C \cdot a_1 = a_4

Para n = 5:

A \cdot a_4 + B \cdot a_3 + C \cdot a_2 = a_5

Para n = 6:

A \cdot a_5 + B \cdot a_4 + C \cdot a_3 = a_6

Tirando os termos dados da sequência, teremos o sistema:

\left\{ \begin{array}{lll} A - B + C = 6 \\ 6A + B - C = 3 \\ 3A + 6B + C = -1 \\ \end{array} \right.

Somando as duas últimas equações, teremos 9A + 7B = 2 e, duplicando a segunda equação e, somando com a primeira, chegamos à 13A + B = 12. Temos então o sistema a seguir:

\left\{ \begin{array}{lll} 9A + 7B = 2 \\ 13A + B = 12 \\ \end{array} \right.

Isolando B na segunda, ficamos com B = 12 - 13A e, então:

9A + 7(12 - 13A) = 2 \Rightarrow 9A - 91 A = 2 - 84A \Rightarrow A = 1

Consequentemente B = -1 e C = 2.

Assim o termo geral fica:

a_n = a_{n-1} - a_{n-2} + 2a_{n-3}

O sétimo termo é a_7 = a_6 - a_5 + 2a_4 = (-1) + (-1) \cdot 3 + 2 \cdot 6 = 8 e o oitavo termo é a_8 = a_7 - a_6 + 2a_5 = 8 + (-1) \cdot (-1) + 2 \cdot 3 = 15. Deste modo a_7 + a_8 = 8 +15 = 23. Opção D.

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No \mathbb{R}^3, a equação ax+by + cz + d = 0, com as constantes a,b,c,d \in \mathbb{R}, podem representar um plano. Assinale a opção que esboça a representação geométrica dos planos no sistema linear abaixo

\left\{ \begin{array}{l} 2x-y + 3z - 5 = 0 \\ -5x + 3y -4z + 6 = 0 \\ -x + y +2z  - 4 = 0 \\ \end{array}\right.

a) Dois planos paralelos e distintos e um secante a eles

b) Planos concorrentes em um ponto (P)

c) Planos secantes dois a dois

d) Planos concorrentes em uma reta (r)

e) Dois planos coincidentes e um secante a eles

Primeiro precisamos reescrever o sistema com segue:

\left\{ \begin{array}{l} 2x - y  + 3z = 5 \\ -5x + 3y - 4z = -6 \\ -x + y + 2z = 4 \\ \end{array} \right.

Agora vamos escrever a matriz completa do sistema e escaloná-la:

\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ -5 & 3 &- 4 & -6 \\ -1 & 1  & 2 & 4 \\ \end{array} \right\vert

Multiplicamos a primeira linha por 3 e somamos com a segunda, e multiplicamos a primeira linha por 1 e somamos com a terceira linha:

\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ 1 & 0 & 5 & 9 \\ 1 & 0  & 5 & 9 \\ \end{array} \right\vert

Veja que as duas últimas linhas são iguais representando planos coincidentes. O outro plano concorre com estes dois, haja vista que seus vetores normais não são paralelos. Veja:

\left\{ \begin{array}{l} 2x - y  + 3z = 5 \\ x + 5z = 9 \\ x + 5z = 9 \\ \end{array} \right.

O primeiro plano tem vetor \vec{n}_1 = (2,-1,3) e o segundo (e terceiro) tem \vec{n}_2 = (1,0,5).

Chegamos à opção E.

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Todos os pontos P(a,b) da figura abaixo podem ser representados sob a forma matricial P = \left(\begin{array}{c} a \\ b \end{array}\right).

Ao aplicarmos uma transformação linear A \cdot P = Q, geramos uma nova figura na qual seus pontos são representados sob a forma Q = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right). Sendo A = \left( \begin{array}{rr} -2 & 1 \\ 3 & - 1 \\ \end{array} \right) assinale a opção que apresenta a figura formada pela transformação A \cdot P.

Vamos, em primeiro lugar, substituir os pontos dados na transformação linear:

\left( \begin{array}{rr} -2 & -1 \\ 3 & -1 \\ \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right)

Ficamos com \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -2a + b \\ 3a + b \end{array} \right).

Olhando para a figura dada, vamos fazer uma tabela com os pontos da figura original. Estes pontos, por meio de suas coordenadas nos darão os novos pontos de coordenadas (c,d). Veja:

\begin{array}{c || c|c|c|c} \textrm{Pontos} &a&b&c=-2a+b&d = 3a+b \\ \hline A(1,0) & 1 & 0 & -2 & 3 \\ \hline B(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 2 \\ \hline C(2,\frac{1}{2}) & 2 & \frac{1}{2} & -\frac{7}{2} & \frac{13}{2} \\ \hline D(1,1) & 1 & 1 & 1 & 4 \\ \hline E(2,2) & 2 & 2 & -2 & 8 \\ \hline F(3,\frac{1}{2}) & 3 & \frac{1}{2} & -\frac{11}{2} & \frac{19}{2} \\ \hline G(\frac{5}{2},0) & \frac{5}{2} & 0 & -5 & \frac{15}{2} \\\end{array}

Para ficar bacana, vou marcar os pontos (c,d) no Geogebra:

Assim chegamos à opção C.

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Considere um círculo de centro O circunscrito a um triângulo ABC com ângulo obtuso em A. O raio AO forma um ângulo de 30^\circ com a altura AH e intercepta BC em um ponto E. O prolongamento da bissetriz do ângulo A intercepta BC em um ponto F e a circunferência em um ponto G, conforme figura abaixo.

Assinale a opção que apresenta a área do quadrilátero FEOG sabendo que AG = 4\sqrt{2} e AH = \sqrt{2\sqrt{3}} cm.

a) 6(3+\sqrt{2})\,\textrm{cm}^2

b) 3(6-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2

c) 2(3+\sqrt{6})\,\textrm{cm}^2

d) 3(6+\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2

e) 6(2-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2

No triângulo AEH podemos calcular a \tan 30^\circ:

\tan = \frac{HE}{AH} \Rightarrow HE = \sqrt[4]{12} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}

No mesmo triângulo podemos calcular \textrm{sen}\,30^\circ:

\textrm{sen}\,30^\circ = \frac{HE}{AE} \Rightarrow AE = 2 \cdot HE \Rightarrow AE = 2 \cdot \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3}

Podemos agora usar o teorema da bissetriz interna no triângulo AEH:

\frac{AH}{HF} = \frac{AE}{FE}

Substituindo os valores:

\frac{\sqrt[4]{12}}{ \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE} = \frac{2 \cdot \sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3FE}

Daí:

3FE = 2\sqrt{3}(\frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE)

Desenvolvendo:

3FE + 2\sqrt{3}FE = 2\sqrt[4]{12}

Finalmente temos FE = \frac{2}{3} \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3).

No triângulo AOG temos AO = OG = R, em que R é o raio do círculo. Aplicando a lei dos cossenos:

AG^2 = R^2 + R^2 - 2 \cdot R \cdot R \cdot \cos A\widehat{O}G

Sabemos que A\widehat{O}G = 150^\circ, pois o triângulo AOG é isósceles de base AG e G\widehat{A}O = A\widehat{G}O = 15^\circ. Assim:

(4\sqrt{2})^2 = 2R^2 - 2R^2 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})

Chegamos assim a R^2 = 32(2-\sqrt{3}). Agora partimos para o calculo da área:

(FEOG) = (AOG) - (AFE)

Teremos (AOG) = \frac{1}{2} \cdot AO \cdot OG \cdot \textrm{sen}\,(A\widehat{O}G) e (AFE) = \frac{1}{2} \cdot FE \cdot AH. Ficamos com:

(FEOG) = \frac{1}{2} \cdot R^2 \cdot \textrm{sen}\,150^\circ - \frac{1}{2} \cdot  \frac{2}{3}\cdot  \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3) \cdot \sqrt[4]{12}

Fazendo as contas teremos (FEOG) = 6(2-\sqrt{3}). Ufa! Ê…, contarada!!!! Opção E.

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EsPCEx 2016: GABARITO Preliminar da Prova de Física

Olá amigos,

recebi ontem de um candidato fotos da prova de física da EsPCEx 2016 e, como a ansiedade é grande para ver o que errou ou acertou, estou disponibilizando o gabarito que fiz ontem mesmo para a prova.

Em breve, este gabarito estará junto com tanto outros em nossa página de soluções.

Abraço e sucesso.

@LSBar

Aprendizes-Marinheiros: Todas as provas de Matemática Solucionadas

Olá alunos,

solucionamos a última (a mais recente) prova de matemática de Aprendizes-Marinheiros e adicionamos ao arquivo de provas já disponível aqui no site. Veja no link abaixo ou vá até a guia soluções.

EAM – Matemática de 2004 a 2016

Bons estudos e sucesso!
@LSBar – Founder

Um Meio Mais Um Terço São Dois Quintos? Desafio #13 – Solução

 

Mais um desafio solucionado. Neste desafio exploramos o conceito de fração, a ideia da adição de frações, a ideia e o conceito de frações equivalentes e tratamos da soma de concentrações para volumes distintos.

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Veja muitos exercícios (com gabarito) sobre este assunto em:
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Aprendizes-Marinheiros de 2004 a 2015 resolvida!

Olá alunos e assinantes, com a proximidade da prova da EAM, muitas pessoas têm procurado a solução das provas de matemática do concurso de admissão às escolas de aprendizes-marinheiros.

Resolvemos então, voltar a disponibilizar o arquivo completo com as provas resolvidas de matemática de 2004 a 2015. Clique no link abaixo para ver o arquivo.

Aprendizes_Marinheiros_Matematica_2004_2015

Pode comemorar e voltar a estudar.

Um grande abraço e sucesso!

Soluções Comentadas: UERJ Física: Versão 13

Olá leitores,

chegamos a 13ª versão das soluções das questões de física da UERJ. É bem provável que até o primeiro exame de qualificação do vestibular 2015 tenhamos pelo menos todas as provas de física até 2009 resolvidas. Não é promessa, mas é uma meta.

Como sempre, para conferir vá em Soluções >> Vestibulares e confira.

Bons estudos. Bom domingo. Sucesso.

@LSBar – Fundador

UERJ: Física 2013/2014 Totalmente Resolvida!

Olá leitores,

resolvemos todas as provas de física de 2013 do vestibular da UERJ. Nossa meta é, até o primeiro exame de qualificação de 2014, resolver todas as provas até 2009 e depois ir retroagindo neste processo até 1997. Para conferir vá em Soluções >> Vestibulares e procure pela versão 11.

Bons estudos e bom fim de semana.

@LSBar