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- Escola de Sargentos das Armas (EsSA) – Prova 2008
Resolução da Prova
por
Prof.: Thieres Machado
aulastm@bol.com.br
Solução:
Neste caso temos um problema envolvendo o princípio fundamental da contagem. Vamos contar por etapas:
1º) Considerando o primeiro e segundo algarismos do número como 3 e 2, então temos que verificar de
quantos modos podemos escolher o terceiro e quarto algarismos, isto é, podemos escolher o terceiro de 4
modos (1, 3, 5 ou 6) e para o quarto, sobram apenas 3, pois temos que ter algarismos distintos. Pelo princípio
fundamental da contagem, podemos escolher o terceiro e quarto algarismo de: 4.3 = 12 maneiras, isto é, para
esta etapa, temos 12 números (com algarismos distintos).
modos modos
3 2 4 3 ( 3 e 2 são números fixos )
2º) Agora, considerando o primeiro algarismo do número como 3, então temos que verificar de quantos modos
podemos escolher o segundo, terceiro e quarto algarismos. Lembrando que o segundo algarismo deve ser
diferente de dois ou um, pois além de já verificado, queremos os números maiores do que 3200, então
podemos escolher o segundo algarismo de 3 modos ( 4, 5 ou 6). Para o terceiro algarismo, os algarismos um
ou dois podem fazer parte, então podemos fazer esta escolha de 4 modos e para o quarto algarismo podemos
fazer a escolha de 3 modos. Logo, podemos escolher o segundo, terceiro e quarto algarismos de: 3.4.3 = 36
maneiras, isto é, para esta etapa, temos 36 números ( com algarismos distintos).
modosmodos modos
3 3 4 3 ( 3 é fixo )
3°) Considerando agora o primeiro algarismo maior do que 3, então temos 3 modos (4, 5 ou 6). Para o
segundo algarismo temos 5 modos (pois, o algarismo 3 pode fazer parte). Para o terceiro temos 4 modos e
para o quarto, temos 3 modos. Logo, neste caso, temos: 3.5.4.3 = 180 maneiras. Com 180 números (com
algarismos distintos).
modosmodos modos modos
3 5 4 3
Somando todas as maneiras: 12 + 36 + 180 = 228 números. Portanto, podemos escrever 228 números de
quatro algarismos distintos maiores do que 3200 com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
Observação: na 1º etapa contamos a quantidade de números maiores do que 3200 até 3299 (com algarismos
distintos). Na 2º etapa, contamos a quantidade de números de 3300 até 3999 (com algarismos distintos) e na
3° etapa contamos a quantidade de números maiores do que 3999 (com algarismos distintos). Em todas as
etapas consideramos somente números formados com os algarismos fornecidos pelo enunciado.

2. Solução:
Sejam h a altura da pirâmide, O o centro, g o apótema da
pirâmide (altura da face triangular) e a a medida da aresta
da pirâmide.
Como a pirâmide possui base quadrada e suas faces laterais
são triângulos equiláteros, temos que a medida da aresta da
base é igual a medida da aresta lateral, isto é, a. E como O
é centro da base da pirâmide, temos que OM = a/2.
As faces são triângulos equiláteros e g é a altura desse triân-
gulo cujo lado mede a, calculemos portanto a medida de g,
fazendo uso da relação que nos fornece a altura do triângulo equilátero:
a 3
g
2
= .
Agora, observe na pirâmide o triângulo VOM, retângulo em O, cujos catetos são h e OM e a hipotenusa g.
Aplicando o teorema de Pitágoras nesse triângulo, temos:
( )
2 2 2 22
2a 3 a 3a a
90 2 8100.2 a 8100.4 a 180m.
2 2 4 4
   
= + ⇔ − = ⇔ = ⇔ =       
Solução:
Para verificar a posição relativa de duas circunferências no plano, verificamos antes as medidas dos raios e a
medida da distância entre os centros das circunferências.
1λ : (x + 1)2
+ (y – 4)2
= 64, então seu raio R1 = 8 e as coordenadas do centro C1(-1,4).
2λ : (x – 4)2
+ (y + 8)2
= 25, então seu raio R2 = 5 e as coordenadas do centro C2(4,-8).
Calculando a distância entre os centros dC1,C2:
( ) ( )
2 2
c1,c2d 4 1 8 4 25 144 13.= + + − − = + =
Agora, observamos a relação entre a soma dos raios e a distância entre os centros:
13 = 8 + 5, isto é, dc1,c2 = R1 + R2. A distância entre os centros é igual a soma dos raios, portanto as
circunferências são tangentes exteriores.

3. Solução:
Observe que, no enunciado não diz se o lucro foi sobre o preço de venda ou sobre o preço de custo. Vamos
resolver o problema considerando o lucro sobre o preço de custo.
O custo total do aparelho é dado por seu preço de aquisição mais os impostos: x + 5% de x + 3% de x.
Já o lucro, calculado sobre o custo total, é dado por: 25% do custo total.
Como o aparelho foi vendido por R$ 54,00 sabemos então que: “o custo total do aparelho é igual ao preço de
venda menos o lucro obtido.” Matematicamente, temos:
Custo total = 54 – lucro
x + 5% de x + 3% de x = 54 – 25% do custo total
x + 0,05x + 0,03x = 54 – 0,25.(x + 0,05x + 0,03x) ⇔
⇔ 1,08x = 54 – 0,25.1,08x ⇔
⇔ 1,08x + 0,27x = 54 ⇔
⇔ 1,35x = 54 ⇔
⇔ x = 40
Portanto, o valor de x é de R$ 40,00.
Observação: calculando o lucro sobre o preço de venda, não se encontra resposta nas alternativas.
Solução:
Para calcularmos quantos múltiplos de 9 ou 15 há entre 100 e 1000, precisamos saber antes quantos múltiplos
só de 9 existem e quantos múltiplos só de 15 existem entre 100 e 1000. Como queremos múltiplos de 9 ou 15,
devemos retirar os múltiplos de 9 e 15, pois o problema não pede múltiplos de 9 e 15 ao mesmo tempo. Para
isso, vamos fazer uso da teoria dos conjuntos, queremos o total de elementos da união de dois conjuntos
(múltiplos de 9 ou múltiplos de 15).
N(9) – quantidade de múltiplos de 9.
N(15) – quantidade de múltiplos de 15.
N(9 15∪ ) – quantidade de múltiplos de 9 ou 15.
N(9 15∩ ) – quantidade de múltiplos de 9 e 15 (que devemos retirar). Pelo processo do mínimo múltiplo
comum (MMC), percebemos que se um número é múltiplo de 9 e múltiplo de 15, então ele é será múltiplo de
45, pois o MMC(9,15) = 45. Portanto, devemos também encontrar a quantidade de múltiplos de 45, N(45).
Regra simples para contar os múltiplos de um número natural num intervalo:
Acham-se o primeiro e o último múltiplo do número, no intervalo dado, em seguida, subtraem-se os
números, divide o resultado pelo múltiplo e soma uma unidade.
Contando os múltiplos de 9, 15 e 45, respectivamente:
primeiro múltiplo: 108 último múltiplo: 999 → 999 – 108 = 891 → 891 : 9 = 99 → 99 + 1 = 100 múltiplos.
primeiro múltiplo: 105 último múltiplo: 990 → 990 – 105 = 885 → 885 : 15 = 59 → 59 + 1 = 60 múltiplos.
primeiro múltiplo: 135 último múltiplo: 990 → 990 – 135 = 855 → 855 : 45 = 19 → 19 + 1 = 20 múltiplos.

4. Temos então, o seguinte: N(9) = 100, N(15) = 60 e N(45) = N(9 15∩ ) = 20. Utilizando a relação que nos
fornece o número de elementos (quantidade) da união de dois conjuntos:
N(9 15∪ ) = N(9) + N(15) - N(9 15∩ )
N(9 15∪ ) = 100 + 60 – 20 = 140 números múltiplos de 9 ou 15 no intervalo dado.
Observação: sobre a maneira de contar os múltiplos, utiliza-se também a fórmula do termo geral de uma
progressão aritmética – PA, o que de certo modo, foi feito acima.
Solução:
O perímetro é a soma das medidas dos lados, portanto precisamos saber a medida de cada lado do triângulo.
Como temos as coordenadas dos vértices, então a medida dos lados é igual à distância entre os vértices, isto é,
a distância entre dois pontos. Sejam A(1,1), B(1,3) e C(2,3) os vértices do triângulo.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
A,B
2 2
A,C
2 2
B,C
d 1 1 3 1 2
d 2 1 3 1 5
d 2 1 3 3 1
= − + − =
= − + − =
= − + − =
Perímetro = 2 + 1 + 5 = 3 + 5
Solução:
A média aritmética de várias notas é dada pelo quociente entre a soma dos valores das notas e a quantidade de
notas. Sejam:
M – média aritmética;
S – soma das 24 notas e
N – a nota procurada.
Da definição de média aritmética, temos:
S N
M
25
+
= ( I )
Do enunciado, temos que a média diminui em 0,1 quando se altera uma das notas para 6,8, logo:
S 6,8
M 0,1
25
+
− = ( II )
Substituindo ( I ) em ( II ):
S N S 6,8
0,1 S N 2,5 S 6,8 N 9,3.
25 25
+ +
− = ⇔ + − = + ⇔ =
Solução:
Sobre divisão de polinômios, existe um teorema (Teorema do resto) cujo enunciado é: “Seja p(x) um
polinômio tal que grau p ≥ 1. O resto da divisão de p(x) por x – a é igual a p(a), ou seja, r = p(a).”

5. Vamos aplicar este teorema na resolução, observe:
Como o resto da divisão de P(x) por Q(x) é 44, segue do teorema que: r = 44 e a = 2.
P(2) = 44 n n
2.2 5.2 30 44 2.2 64 n 5→ + − = ⇔ = ⇔ =
Solução:
4 5 6 x 30 4 5 6 ... x 30
3 .3 .3 ...3 3 3 3 4 5 6 ... x 30+ + + +
= ⇔ = ⇔ + + + + = . Observe que temos uma soma de termos cujo
valor é 30 e esta soma está em progressão aritmética de razão 1 e primeiro 4. Precisamos antes saber o número
de termos dessa progressão, pelo termo geral da P.A.:
x = 4 + (n -1).1 então n = x – 3. Substituindo na soma dos termos da P.A.:
2(4 x)(x 3)
30 x x 72 0 x 8 ou x = -9
2
+ −
= ⇔ − − = ⇔ = , como x > 0, logo x = 8.
Solução:
Perímetro é a soma das medidas dos lados. Seja x a largura do retângulo, logo seu comprimento será de x + 1,
pois as medidas dos lados são expressas por números naturais consecutivos, x é natural.
Área do retângulo = Área do quadrado
x.(x + 1) = ( )
2
2 5 2
x x 20 0 x 4 ou x = -5.⇔ + − = ⇔ = Como x > 0, logo x = 4cm. Daí, as dimensões do
retângulo são 4cm e 5cm.
Perímetro = 5 + 5 + 4 + 4 = 18cm.
Solução:
Seja x o valor procurado.
Área antes = Área depois →
48.33 44.(33 x)
48.33 44.33 44x x 3cm.
2 2
+
= ⇔ = + ⇔ =
Solução:

6. Sejam O, P e B o número de medalhas de ouro, prata e bronze, respectivamente. O enunciado diz que a
proporção é de 1:2:4, isto quer dizer que:
O P B
k
1 2 4
= = = , onde k é a constante de proporcionalidade. Da proporção, temos:
O k
P
k P 2k O P B 77 k 2k 4k 77 k 11.
2
B
k B 4k
4

=


= ⇒ = → + + = → + + = ⇔ =


= ⇒ = 
Portanto, B = 4.11 = 44 medalhas.
Observação: como existe uma proporção entre o número de medalhas, existe um constante de
proporcionalidade que é obtida da razão entre
O P B
, e
1 2 4
, no caso acima, chamamos esta constante de k.
Prof. Thieres Machado
Professor de diversos cursos preparatórios, com experiência em concursos públicos em geral.
Para aulas particulares ou em grupo envie um e-mail para:
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