NOTAÇÕES. : conjunto dos números naturais : conjunto dos números inteiros : conjunto dos números reais

M

M

A

A

T

T

E

E

M

M

Á

Á

T

T

I

I

C

C

A

A

NOTAÇÕES : conjunto dos números naturais : conjunto dos números inteiros : conjunto dos números reais

_mxn(): conjunto das matrizes reais m x n det(M): determinante da matriz M

Mt: transposta da matriz M A \ B: {x: x ∈ A e x ∉ B}

: conjunto dos números complexos i: unidade imaginária, i2= – 1 z: módulo do número z ∈  Re z: parte real do número z ∈  [a, b]: {x ∈ ; a ≤ x ≤ b} [a, b[: {x ∈ ; a ≤ x < b} ]a, b[: {x ∈ ; a < x < b} k ∑: a_nxn_{: a} 0+ a1x + a2x2+ ... + akxk, k ∈  n = 0 k ∑: a_n: a₀+ a₁+ a₂+ ... + a_k, k ∈  n = 0

Arg z: argumento principal de z ∈  \ {0}, Arg z ∈ [0, 2π[

AC_{: conjunto (evento) complementar do conjunto}

(evento) A

–––

AB:segmento de reta unindo os pontos A e B

ABC: ângulo formado pelos segmentos ^ AB e––– BC, com––– vértice no ponto B.

Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.

1

C

C

Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações:

I. A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C); II. (A  C) \ B = A  BC C; III. (A \ B)  (B \ C) = (A \ B) \ C, é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II.

c) apenas I e II. d) apenas I e III.

e) todas.

Resolução

I) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:

x ∈ A \ (B  C) ⇔ x ∈ A e (x ∉ B ou x ∉ C) ⇔ ⇔ (x ∈ A e x ∉ B) ou (x ∈ A e x ∉ C) ⇔ ⇔ x ∈ (A \ B) ou x ∈ (A \ C) ⇔

⇔ x ∈ (A \ B)  (A \ C)

Portanto, A \ (B  C) = (A \ B)  (A \ C) II) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:

x ∈ (A  C) \ B ⇔ x ∈ (A  C) e x ∉ B ⇔ ⇔ x ∈ (A  C) e x ∈ BC_{⇔ x ∈ (A  C)  B}C_⇔

⇔ x ∈ (A  BC_{ C).}

Portanto, (A  C) \ B = A  BC C

III) Falsa, pois para A = {a; b; c; d}, B = {b; d; e; f} e C = {c; d; f; g}, temos:

1) (A \ B)  (B \ C) = {a; c}  {b; e} = Ø 2) (A \ B) \ C = {a; c} \ {c; d; f; g} = {a} ≠ Ø Portanto, para os exemplos dados,

(A \ B)  (B \ C) ≠ (A \ B) \ C

2

C

C

A soma das raízes da equação em , z8– 17z4+ 16 = 0, tais que z –z = 0, é

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5 .

Resolução

I) z8– 17z4+ 16 = 0 ⇔ (z4)2– 17z4 + 16 = 0 ⇔ ⇔ z4_{= 1 ou z}4_{= 16}

3

B

B

Considere a equação em , (z – 5 + 3i)4 = 1. Se z₀é a solução que apresenta o menor argumento principal dentre as quatro soluções, então o valor de z₀ é

a)



29. b)



41. c) 3



5.

d) 4



3. e) 3



6.

Resolução

I) (z – 5 + 3i)4= 1 ⇔ (z – 5 + 3i)2= ± 1 ⇔ ⇔ z – 5 + 3i = ± 1 ou z – 5 + 3i = ± i

II) Desta forma, as soluções da equação dada são: z₁= 6 – 3i e tg [Arg(z₁)] = – = –

z₂= 4 – 3i e tg [Arg(z₂)] = –

z₃= 5 – 2i e tg [Arg(z₃)] = –

z₄= 5 – 4i e tg [Arg(z₄)] = –

III) Como – < – < – < – , z₄ é o de menor argumento e, portanto, z₄= z₀ z₀ = z₄ =



52_{+ (–4)}2₌



₄₁ 2 –– 5 4 –– 5 4 –– 5 3 –– 4 1 –– 2 2 –– 5 3 –– 6 1 –– 2 3 –– 4

4

D

D

A soma de todos os números reais x que satisfazem a equação 8x + 1_{+ 44}



₂x + 1



_{+ 64 = 19}



₄x + 1



é igual a a) 8. b) 12. c) 16. d) 18. e) 20. Resolução 8x + 1_{+ 44}



₂x + 1



_{+ 64 = 19 .}



₄x + 1



_⇔ ⇔



2x + 1



3_{+ 44 .}



₂x + 1



_{+ 64 = 19 .}



₂x + 1



2 Fazendo 2x + 1 = y > 0, tem-se:

y3_{– 19y}2_{+ 44 . y + 64 = 0, em que 4 é raiz da equação,}

pois 43– 19 . 42+ 44 . 4 + 64 = 0. As outras duas raízes, α e β, são tais que:

α + β + 4 = 19 e α . β . 4 = – 64 ⇔ ⇔ α + β = 15 e α . β = – 16 ⇔

⇔ (α = 16 e β = – 1) ou (α = – 1 e β = 16).

Os possíveis valores de y serão, portanto, 4, 16 e – 1. Assim: I) y = 4 ⇒ 2x + 1 _{= 2}2_⇒



_{x + 1 = 2 ⇒} ⇒ x + 1 = 4 ⇒ x = 3 II) y = 16 ⇒ 2x + 1 = 24⇒



x + 1 = 4 ⇒ ⇒ x + 1 = 16 ⇒ x = 15 III) y = – 1 ⇒ 2x + 1 _{= – 1 ⇒}

∃

_{x ∈ }

As raízes reais da equação dada são 3 e 15, cuja soma é 18.

5

A

A

Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as equações



ab = e ln(a2 + b) + ln8 = ln5, um possível valor de é a) . b) 1. c)2. d) 2. e) 32. Resolução I)



a



b = ⇔ a2_{b = ⇔ b =} II) n (a2_{+ b) + n 8 = n 5 ⇔ n [(a}2_{+ b) . 8] = n 5 ⇔} ⇔ (a2_{+ b) 8 = 5 ⇔ 8a}2_{+ 8b = 5}

III) Substituindo (I) em (II), temos:

8a2+ 8 . = 5 ⇔ 16a4– 10a2+ 1 = 0 ⇔

⇔ a2_{= ⇔ a}2_{= ou a}2₌

IV) ⇔ ⇒ = ± 4



2

V) ⇔ ⇒ = ±

VI) Um possível valor de é 1 –––– 16a2 1 ––– 8 1 ––– 2 10 ± 6 ––––––– 32 a ––– b



2 a = ± –––– 2 1 b = ––– 8



1 a2_{= –––} 2 1 a2_{. b = –––} 16





2 ––––– 2 a ––– b



2 a = ± –––– 4 1 b = ––– 2



1 a2_{= –––} 8 1 a2_{. b = –––} 16





2 ––––– 2 a ––– b a ––– b 2 ––– 2 1 ––– 2 1 ––– 16 1 –––– 16a2 1 ––– 2

6

E

E

Considere as funções f e g, da variável real x, definidas, respectivamente, por

f(x) = ex2 + ax + b _{e g(x) = ln ,}

em que a e b são números reais. Se f(–1) = 1 = f(–2), então pode-se afirmar sobre a função composta g o f que a) g o f (1) = ln 3.

b)∃ g o f (0).

c) g o f nunca se anula.

d) g o f está definida apenas em {x ∈  : x > 0}. e) g o f admite dois zeros reais distintos.

Resolução I) f(– 1) = e(– 1)2+ a . (– 1) + b= e1 – a + b= 1 ⇔ ⇔ 1 – a + b = 0 ⇔ a – b = 1 II) f(– 2) = e(– 2)2+ a . (– 2) + b= e4 – 2a + b= 1 ⇔ ⇔ 4 – 2a + b = 0 ⇔ 2a – b = 4 III) ⇔ ⇔ e, desta forma, f(x) = ex2+ 3x + 2e g(x) = n = n = n

IV) gof(x) = g[ex2+ 3x + 2] = n = = n ex2_{+ 3x + 2}

–n 2. Assim: gof(x) = x2_{+ 3x + 2 –n 2}

V) gof(1) = 12_{+ 3 . 1 + 2 –n 2 = 6 – n 2}

gof(0) = 02_{+ 3 . 0 + 2 –n 2 = 2 – n 2}

VI) A equação x2+ 3x + 2 –n 2 = 0 possui duas raízes reais distintas, pois

Δ = 32_{– 4 . 1 . (2 –n 2) = 1 + 4 n 2 > 0}

Como f(x) = ex2_{+ 3x + 2}

> 0 para todo x real, gof está definida para todo x ∈  e tem gráfico do tipo



a – b = 1 2a – b = 4



a – b = 1 a = 3



a = 3 b = 2



ax –––– 3b

 

3x –––– 3 . 2

 

x –– 2



ex2_{+ 3x + 2} ––––––––– 2

ax



–––



3b

7

A

A

Considere funções f, g, f + g :  → . Das afirmações: I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora;

lI. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora; IlI. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora; IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora, é (são) verdadeira(s)

a) nenhuma. b) apenas I e II c) apenas I e III

d) apenas III e IV. e) todas.

Resolução

I) Falsa.

Considere as funções f:  →   f(x) = x e

g:  →   g(x) = – x. Ambas são injetoras e

f + g:  →  é tal que (f + g)(x) = 0 e não é injetora, pois é constante.

II) Falsa.

No exemplo anterior, as duas funções f e g são sobrejetoras, todavia f + g:  →   (f + g)(x) = 0 não é sobrejetora.

III) Falsa.

Considere as funções f, g, f + g:  →  tais que f(x) = x2+ x + 1 e g(x) = – x2+ x + 1. As funções f e g não são injetoras, porém a função f + g é injetora, pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) =

= (x2_{+ x + 1) + (– x}2_{+ x + 1) = 2x + 2 e f + g é do}

primeiro grau e estritamente crescente em . IV) Falsa.

No exemplo do item (III), as funções f e g apre sentadas não são sobrejetoras, porém f + g é so -brejetora (na verdade, bijetora).

8

C

C

Seja n > 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na divisão de n2por 6, o quociente é um número ímpar, então o resto da divisão de n por 6 é

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução

I) Se n > 6 é inteiro positivo e não divisível por 6, então n = 6k + p, com k ∈ * e p ∈ {1; 2; 3; 4; 5} II) Como n2 _{= (6k + p)}2 _{= 6(6k}2 _{+ 2kp) + p}2_{, o}

quociente da divisão de n2por 6 será (6k2+ 2kp) acrescido do quociente da divisão de p2_{por 6 e o}

resto será o mesmo resto da divisão de p2por 6. III) Como o quociente da divisão de n2_{por 6 é ímpar,}

o quociente da divisão de p2 por 6 deverá ser ímpar, pois (6k2_{+ 2kp) é sempre par.}

IV) Assim, para:

• p = 1, temos p2_{= 1 e 1 6 , cujo quociente é par.}

1 0

• p = 2, temos p2= 4 e 4 6 , cujo quociente é par. 4 0

• p = 3, temos p2= 9 e 9 6 , cujo quociente é ímpar. 3 1

e o resto é 3.

• p = 4, temos p2= 16 e 16 6 , cujo quociente é par. 4 2

• p = 5, temos p2_{= 25 e 25 6 , cujo quociente é par.}

9

D

D

Considere a equação a_nxn= 0 em que a soma das raízes é igual a –2 e os coeficientes a₀, a₁, a₂, a₃, a₄e a₅ formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com a₀= 1. Então a_n é igual a a) –21. b) – . c) . d) . e) 63. Resolução I) a_n. x_n= 0 ⇔ ⇔ a₅. x5_{+ a} 4. x4+ a3. x3+ a2. x2+ a1. x + a0= 0 II) a₀= 1; a₁= q; a₂= q2; a₃= q3; a₄= q4 e a₅= q5, nesta ordem, estão em progressão geométrica de razão q.

III) A soma de todas as raízes é –2, então: – = –2 ⇔ – = –2 ⇔ IV) an= a0+ a1+ a2+ a3+ a4+ a5= = 1 + q + q2+ q3+ q4+ q5= = 1 + + + + + = a₄ ––– a₅ q4 ––– q5 1 q = ––– 2 5

∑

n=0 1 ––– 2 1 ––– 4 1 ––– 8 1 ––– 16 1 ––– 32 63 ––– 32 5

∑

n=0 5

∑

n=0 5

∑

n=0 2 ––– 3 21 ––– 32 63 ––– 32

10

B

B

Seja λ solução real da equação



λ + 9 +



2λ + 17 = 12. Então a soma das soluções z, com Re z > 0, da equação z4= λ – 32, é a ) 2. b) 22. c) 42. d) 4. e) 16. Resolução I)



λ + 9 +



2λ + 17 = 12 ⇔ ⇔



2λ + 17 = 12 –



λ + 9 ⇒ ⇒ 2λ + 17 = 144 + λ + 9 – 24



λ + 9 ⇔ ⇔ 24



λ + 9 = 136 – λ, com λ ≤ 136 ⇔ ⇔ 576λ + 5 184 = 18 496 – 272λ + λ2_⇔ ⇔ λ2 _{– 848λ + 13 312 = 0 ⇔} ⇔ λ = ⇔ λ = 832 ou λ = 16

II) Para λ = 16, temos:

z4_{= 16 – 32 ⇔ z}4_{= – 16 ⇔}

⇔ z4_{= 16 . (cos 180° + i . sen 180°)}

III) As raízes quartas de – 16 são, portanto: z₁= 2(cos 45° + i . sen 45°) =



2 +



2 i z₂= 2(cos 135° + i . sen 135°) = –



2 +



2 i z₃= 2(cos 225° + i . sen 225°) = –



2 –



2 i z₄= 2(cos 315° + i . sen 315°) =



2 –



2 i

IV) Os valores de z tais que Re(z) > 0 são



2 +



2 i e



2 –



2 i. A soma desses dois números é 2



2. 848 ± 816

–––––––––– 2

11

E

E

Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito

Ω. Se A e B são eventos de Ω tais que p(A) = ,

p(B) = e p(A  B) = , as probabilidades dos

eventos A\ B, A  B e AC_{ B}C _{são, respectivamente,}

a) , e . b) , e .

c) , e . d) , e .

e) , e .

Resolução

I) Observe, pelo diagrama a seguir, que n (A \ B) = n (A) – n (A ∩ B) e

n (A ∪ B) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B) Observe ainda que

AC∪ BC = (A ∩ B)C= Ω – (A ∩ B) II) P (A \ B) = = – = = P (A) – P (A ∩ B) = – = III) P (A ∪ B) = = = + – = = P(A) + P(B) – P (A ∩ B) = + – = IV) P (AC_{∩ B}C_{) = P (Ω) – P (A ∩ B) =} = 1 – = 1 –– 2 1 –– 3 1 –– 4 7 –– 12 1 –– 4 3 –– 4 n (A \ B) –––––––– n (Ω) n (A) ––––– n (Ω) n(A ∩ B) –––––––– n (Ω) 1 –– 2 1 –– 4 1 –– 4 n (A ∪ B) –––––––– n (Ω) n (A) ––––– n (Ω) n (B) ––––– n (Ω) n(A ∩ B) –––––––– n (Ω) 1 ––– 4 5 ––– 6 1 ––– 4 1 ––– 6 5 ––– 6 1 ––– 4 1 ––– 6 7 ––– 12 3 ––– 4 1 ––– 3 5 ––– 6 1 ––– 3 1 ––– 4 7 ––– 12 3 ––– 4 1 ––– 2 1 ––– 3 1 ––– 4

12

D

D

Considere os seguintes resultados relativamente ao lança -mento de uma moeda:

I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos. II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatro

lançamentos.

III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oito lançamentos.

Pode-se afirmar que

a) dos três resultados, I é o mais provável. b) dos três resultados, II é o mais provável. c) dos três resultados, III é o mais provável. d) os resultados I e II são igualmente prováveis. e) os resultados II e III são igualmente prováveis.

Resolução

I. A probabilidade de ocorrerem duas caras em dois lançamentos é . =

II. A probabilidade de ocorrerem três caras e uma coroa em quatro lançamentos é:

C_4,3.

3

.

1

= 4 . . =

III. A probabilidade de ocorrerem cinco caras e três coroas em oito lançamentos é:

C_8,5.

5

.

3

= 56 . . =

Portanto, os resultados I e II são igualmente prováveis.



1 –– 2

 

1 –– 2



1 ––– 32 1 –– 8 7 ––– 32 1 –– 2 1 –– 2 1 –– 4



1 –– 2

 

1 –– 2



1 –– 8 1 –– 2 1 –– 4

13

C

C

Considere A ∈ M_5x5() com det(A) = 6 e α ∈  \ {0}. Se det(αAt_AAt_{) = 6α}2_{, o valor de α é}

a) . b) . c) . d) 1. e)216.

Resolução

Sendo A ∈ M_5x5() e det (A) = 6 , temos: det (α . At_{. A . A}t_{) = 6 . α}2 _⇔

⇔ α5_{. det (A}t_{) . detA . det (A}t_{) = 6 . α}2 _⇔

⇔ α5_{. (6 )}3_{= 6 . α}2 _⇔ ⇔ α3_{= , pois α  0} Logo, α = = –––––1 3 6 3 36 ––––– 6 1 ––– 6 6 ––– 6 3 36 ––––– 6 1 –– 6

14

E

E

Sejam a um número real e n o número de todas as soluções reais e distintas x ∈ [0,2π] da equação

cos8_{x – sen}8_{x + 4 sen}6_{x = a. Das afirmações:}

I. Se a = 0, então n = 0; II. Se a = , então n = 8; III. Se a = 1, então n = 7; IV. Se a = 3, então n = 2, é (são) verdadeira( s)

a) apenas I. b) apenas III. c) apenas I e III.

d) apenas II e IV. e) todas.

Resolução

I) Observe que

cos8x = (cos2x)4= (1 – sen2x)4= (1 – 2 sen2x + sen4x)2= = 1 + 4 sen4x + sen8x – 4sen2x + 2sen4x – 4sen6x ⇔ ⇔ cos8_{x – sen}8_{x + 4sen}6_{x = 1 – 4sen}2_{x + 6sen}4_{x =}

a

Assim, 6sen4x – 4sen2x + 1 – a = 0 II) Para a = 0, temos:

6sen4x – 4sen2x + 1 = 0 ⇔ sen2x = ∉  Logo:

III) Para a = , temos:

6sen4x – 4sen2x + = 0 ⇔ sen2x = ⇔

⇔ sen2_{x = ou sen}2_{x = ⇔ sen x = ± ou}

sen x = ± . Desta forma, a equação possui soluções no intervalo [0; 2π], como se vê no ciclo trigonométrico a seguir:

1 –– 2 4 ± 2 –––––– 12 1 –– 2 1 –– 6 2 –––– 2 6 –––– 6 n = 8 1 ––– 2 4 ± – 8 ––––––––– 12 n = 0 1 –– 2

IV) Para a = 1, temos:

6sen4_{x – 4 sen}2_{x = 0 ⇔ 2sen}2_{x (3sen}2_{x – 2) = 0 ⇔}

⇔ sen x = 0 ou sen x = ± . Desta forma, a

equação possui soluções no intervalo [0;2π],

como se vê no ciclo trigonométrico a seguir:

V) Para a = 3, temos: 6sen4_{x – 4sen}2_{x – 2 = 0 ⇔}

⇔ 3sen4_{x – 2sen}2_{x – 1 = 0 ⇔ sen}2_{x = ⇔}

⇔ sen2_{x = 1 ou sen}2_{x = – (não serve) ⇔}

⇔ sen x = ± 1 ⇔ x = ou x = .

Portanto, a equação dada tem soluções. Desta forma, todas as afirmações são verdadeiras.

2 ––– 3 n = 7 2 ± 4 –––––– 6 1 ––– 3 3π ––– 2 π ––– 2 n = 2

15

A

A

Se cos 2x = , então um possível valor de

é

a) . b) 1. c)2. d)3. e) 2.

Resolução

I) cos 2x = ⇔ 2 cos2x – 1 = ⇔

⇔ cos2_{x = ⇔ cos x = ou cos x = – ⇔}

II) Sendo y = , temos:

y = = = = = = – cos x Portanto, y = ou y = – cos x ––––– – 1 sen x –––––––––––––––––––––– 1 1 ––––––––– – ––––––––– sen (x –π) cos (π – x) cos x – sen x ––––––––––––– sen x –––––––––––––––– – (cos x – sen x) –––––––––––––– sen x . cos x cos x – sen x ––––––––––––– sen x –––––––––––––––– 1 1 – ––––– + ––––– sen x cos x 3 ––– 2 3 ––– 2 1 ––– 2 cotg x – 1 ––––––––––––––––––––––– cossec (x –π) – sec (π – x) 3 ––– 2 1 ––– 2 1 ––– 2 3 ––– 2 3 ––– 2 3 ––– 4 cotg x – 1 –––––––––––––––––––––– cossec(x –π) – sec (π – x)

16

B

B

Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e intercepta uma reta s num ponto A exterior à circun ferên -cia. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a intercepta num ponto C, tal que o ângulo ABC seja^ obtuso. Então o ângulo CAB é igual a^

a) ABC.^ b) π – 2 ABC.^

c) ABC.^ d) 2 ABC –^ π.

e) ABC –^ .

Resolução

I) OCB = O^ BC = x, pois o triângulo COB é isósceles^ e portanto ABC = ^ + x ⇔ x = A^BC –

II) CAB é ângulo excêntrico exterior e portanto^

CAB =^ ⇔ CAB = ^ – 2x Assim: CAB = ^ – 2 .



A^BC –



= – 2 A^BC +π ⇔ ⇔ CAB = ^ 3––π – 2 A^BC 2 π –– 2 π –– 2 π –– 2 π – 2x – 2x ––––––––– 2 π –– 2 π –– 2 π –– 2 3 ––– 2 1 ––– 2 2 ––– 3 π ––– 2

17

B

B

Sobre a parábola definida pela equação

x2_{+ 2xy + y}2_{– 2x + 4y + 1 = 0 pode-se afirmar que}

a) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox. b) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixo

Ox.

c) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox. d) a abscissa do vértice da parábola é x = –1.

e) a abscissa do vértice da parábola é x = – .

Resolução

I)

Lembrando que, havendo rotação de eixos, temos: ou, o que é equivalente,

Para α = 45°, temos:

x = x’ – y’ e y = x’ + y’

II) Substituindo na equação dada, teremos: x2_{+ 2xy + y}2_{– 2x + 4y + 1 = 0⇔}

2

+ x’_P= x_P cosα + y_Psenα

y’_P= y_Pcos α – x_Psen α

x_P= x’_P cosα – y’_Psenα y_P= x’_P sen α + y’_Pcos α

2 –––– 2 2 –––– 2 2 –––– 2 2 –––– 2 2 2



x’ ––– – y’ –––



2 2 2 2





2 2





2 ––– 3

⇔ y’ = (x’)2– x’ – ⇔

⇔

que, no sistema x’Oy’, é a equação de uma parábola de vértice: x’_v= = – = – e y’_v= – . 2 – . – = = –

III) No sistema x’Oy’, o vértice é V’ . Esse vértice no sistema xOy é

V , pois:

x = – . cos 45° – sen 45° =

= – . + . = – e

y = – sen 45° + cos 45° =

= – . – . = –

IV) Toda reta paralela ao eixo Ox é do tipo y = k (constante) e o sistema:

⇒ ⇒ x2 _{+ 2 (k – 1)x + (k}2_{+ 4k + 1) = 0}

só admite solução única se Δ = – 24k = 0 ⇔ k = 0. Para k = 0, a equação será x2_{– 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.}

A única reta paralela ao eixo x e tangente à parábola é o próprio eixo x e o ponto de tangência

1 + ––– 3 –––––––––– 2 2 .



– –––



3 1 ––––– 2 2 2 –––– 2 2 –––– 3 2



– –––



4 1 –– 3 2



– –––



4 2 –––– 6 2 –––– 8 2 2



– –––; – –––



4 8 1 3



– –––; – –––



8 8 2 –––– 4 2



– –––



8 2 –––– 4 2 –––– 2 2 –––– 8 2 –––– 2 1 –– 8 2 –––– 4 2



– –––



8 2 –––– 4 2 –––– 2 2 –––– 8 2 –––– 2 3 –– 8



y = k x2_{+ 2xy + y}2_{– 2x + 4y + 1 = 0} – 2 ––––– 3 2 1 –– 3 1 ––––– 3 2 2 1 2 y’ = – –––– (x’)2_{– ––– x’ – ––––} 3 3 6

18

D

D

Das afirmações:

I. Duas retas coplanares são concorrentes;

II. Duas retas que não têm ponto em comum são rever -sas;

III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas dois, planos paralelos, cada um contendo uma das retas;

IV. Os pontos médios dos lados de um quadrilátero re -verso definem um paralelogramo,

é (são) verdadeira(s) apenas

a) III. b) I e III. c) II e III.

d) III e IV. e) I e II e IV.

Resolução

I) Falsa.

Duas retas coplanares podem ser paralelas. II) Falsa.

Duas retas que não têm ponto em comum podem ser coplanares e neste caso são paralelas (distintas). III) Verdadeira.

Sejam r e s retas reversas, t a perpendicular co -mum a elas, {A} = t ∩ r e {B} = t ∩ s

Podemos afirmar que:

1) Existe uma única reta u, e paralela a s, tal que A ∈ u.

Assim, o plano  = p (r; u) é perpendicular a t.

2) Existe uma única reta v, paralela a r, tal que B ∈ v.

Assim, o plano  = p (s; v) é perpendicular a t. Os planos  e  são paralelos (não coincidentes), r ⊂  e s ⊂ .

Como  é o único plano conduzido por A, per -pendicular a t, e  é o único plano conduzido por

IV) Verdadeira.

Seja ABCD um quadrilátero reverso, cujos pontos médios dos lados são os pontos M, N, P e Q, conforme a figura seguinte:

No triângulo ABC, contido no plano , temos: MN––––// AC–––– e MN = (I)

No triângulo DAC, contido no plano , temos: QP––––// AC–––– e QP = (II)

De (I) e (II), temos, finalmente:

MN––––// QP––––e MN = QP e assim podemos concluir que o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.

AC –––– 2 AC –––– 2

19

A

A

Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice V, determinando um triângulo ABC cujos lados medem, respectivamente, 10 , 17 e 5 cm. O volume, em cm3, do sólido VABC é

a) 2. b) 4. c)17 .

d) 6. e) 510 .

Resolução

Sendo VA = a, VB = b e VC = c, todos em cm, temos:

⇔

Somando membro a membro as três equações, temos: 2a2+ 2b2+ 2c2= 52 ⇔ a2+ b2+ c2= 26

Assim, a2+ b2+ c2= 26 ⇒ 10 + c2= 26 ⇒ c = 4; a2+ b2+ c2= 26 ⇒ a2+ 25 = 26 ⇒ a = 1; a2+ b2+ c2= 26 ⇒ 17 + b2= 26 ⇒ b = 3.

Logo, o volume V do sólido VABC, em cm3, é dado por: V = –––1 . . a = . . 1 = 2 3 bc ––– 2 1 ––– 3 3 . 4 ––––– 2



a2+ b2=

(



10

)

2 b2+ c2= 52 a2_{+ c}2₌

(



₁₇

)

2



a2+ b2= 10 b2+ c2= 25 a2+ c2= 17

20

B

B

No sistema xOy os pontos A = (2, 0), B = (2,5) e C = (0,1) são vértices de um triângulo inscrito na base de um cilindro circular reto de altura 8. Para este cilindro, a razão , em unidade de comprimento, é igual a a) 1. b) . c) . d) . e) . Resolução I) O triângulo de vértices A = (2; 0), B = (2; 5) e C = (0; 1) é retângulo em C, pois m_AC= – e m_BC= 2

II) Sendo R o raio da base do cilindro de altura 8, temos: R = = Logo, a razão = AB –––– 2 5 ––– 2 volume ––––––––––––––––––––– área total da superfície 100 ––– 115 5 ––– 6 1 ––– 2 volume –––––––––––––––––––– área total da superfície

100 ––– 105 10 ––– 11

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.

21

Para z = 1 + iy, y > 0, determine todos os pares (a, y), a > 1, tais que zl0= a. Escreva a e y em função de Arg z.

Resolução

I) Seja z = 1 + yi = ρ . (cos θ + i . sen θ) com 0 < θ < , pois y > 0

II) Se z10= a, com a > 1, então: ρ10_{. [cos (10θ) + i . sen (10θ)] = a}

III)ρ10_{= a e 10θ = k2π}

IV) ⇔ ⇔

⇔ θ = ou θ =

V) ⇔ ⇒ a = sec10_θ

VI) y = ρ . sen θ = sen θ = tg θ Resposta: (sec10θ; tg θ), com θ = ou θ =



ρ cos θ = 1 ρ10_{= a}



ρ = sec θ ρ10_{= a} 1 ––––– cos θ π ––– 5 2π ––– 5



10θ = k2π π 0 < θ < ––– 2



kπ θ = –––– 5 π 0 < θ < ––– 2 π ––– 5 2π ––– 5 π ––– 2

22

Determine o maior domínio D   da função f : D → , f(x) = log

x

(4 sen x cos x – 1).

Resolução

I) O “maior domínio” D ⊂  da função f(x) = log (4 sen x cos x – 1) é tal que:

II) , pois o gráfico de

g (x) = é do tipo

III) ≠ 1 para qualquer x real, pois a equação x2– x + 1 = 0 não tem raízes reais

IV) 4 sen x . cos x – 1  0 ⇔ 2 sen (2x) – 1  0 ⇔

⇔ sen (2x)  ⇔  2x  ⇔

⇔  x 

V) De (II), (III) e (IV), temos  x 

Resposta: D =



x ∈  –––π  x 



12 π –– 4



π –– – x 4



x π –– 4 1 –– 2 π ––– 6 5π ––– 6 π ––– 12 5π ––– 12 π ––– 12 π –– 4



π –– – x 4



x _{ 0 ⇔ 0  x } ––π 4



π –– – x 4



x π



–– – x



4



π –– – x 4



x



x –– – xπ



 0 4



≠ 1 x –– – xπ



4



4 sen x cos x – 1  0

23

Considere o polinômio P(m) = am2– 3m – 18, em que a ∈  é tal que a soma das raízes de P é igual a 3. Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas, soluções da equação em x, x3_{+ mx}2_{+ (m + 4)x + 5 = 0,}

estejam no intervalo ]– 2, 2[.

Resolução

I) A soma das raízes de P(m) = am2_{– 3m – 18 é igual}

a 3, então: 3 = – ⇔ a = 1

II) Para a = 1, temos P(m) = m2 – 3m – 18, cujas raízes são m = 6 e m = – 3

III) Para m = 6, temos: x3+ 6x2+ 10x + 5 = 0 ⇔ ⇔ (x + 1) . (x2_{+ 5x + 5) = 0 ⇔}

⇔ x = – 1 ou x = , pois

IV) Para m = – 3, temos:

x3– 3x2+ x + 5 = 0 ⇔ (x + 1) . (x2– 4x + 5) = 0 ⇔ ⇔ x = – 1 ou x = 2 ± i, pois

V) Para que duas, e apenas duas, soluções da equação estejam no intervalo ]– 2; 2[, devemos ter m = 6. Resposta: m = 6 1 – 3 1 5 – 1 ––––––––––––––––––––– 1 – 4 5 0 (– 3) ––––– a – 5 ±



5 ––––––––– 2 1 6 10 5 – 1 –––––––––––––––––– 1 5 5 0

24

Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão pode -mos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma única cor.

Resolução

I) Utilizando apenas uma cor, existem 4 possibili da -des.

II) Utilizando duas cores, podemos ter:

a) três faces de uma cor e outra de outra cor, como no exemplo a seguir.

Neste caso, existem 4 . 3 = 12 possibilidades b) duas faces de uma cor e as outras duas de outra

cor, como no exemplo a seguir.

Neste caso, existem = 6 possibilidades, pois os tetraedros

e 4 . 3 –––– 2

e

são idênticas, pois uma rotação conveniente da primeira permite obter a segunda. Neste caso, existem 4 . C_3;2= 12 possibilidades.

IV) Utilizando as quatro cores, existem apenas duas possibilidades, pois as configurações

nunca coincidem.

V) Ao todo, existem 4 + 12 + 6 + 12 + 2 = 36 possi bi -lidades.

25

Considere o sistema na variável real x:

a) Determine os números reais α e β para que o sistema admita somente soluções reais.

b) Para cada valor de β encontrado em (a), determine todas as soluções da equação x – x3_{= β.}

Resolução

a) As raízes da equação

x2– x = α ⇔ x2– x –α = 0 são x = e são reais somente se α ≥ –

Para que pelo menos uma delas seja raiz da equação x – x3= β, devemos ter:

x – x3= β ⇔ x(1 – x)(1 + x) = β ⇔

⇔ (x2_{– x)(1 + x) = –β ⇔ α(1 + x) = – β e,}

portanto, α 1 + = –β

⇔

b) Com os valores de β encontrados no item (a), concluímos que pelo menos um dos valores,

ou , é raiz da equação

x – x3= β.

Se r for essa raiz, então na equação x – x3_{= β ⇔}

⇔ x3_{– x + β = 0, por Briot-Ruffini, temos:}

As demais raízes dessa equação são as raízes de x2+ rx + r2– 1 = 0. A saber: x = = Respostas: α β = – –– (3 ±



1 + 4α ) 2 1 +



1 + 4α ––––––––––– 2 1 –



1 + 4α ––––––––––– 2 1 0 – 1 β r 1 r – 1 + r2 0 – r ±



r2_{– 4 . 1(r}2 _{– 1)} ––––––––––––––––––––– 2 – r ±



4 – 3r2 –––––––––––––– 2 1 –– 4



1 ±



1 + 4α ––––––––––– 2





x2– x = α x – x3 = β. 1 ±



1 + 4α ––––––––––– 2

26

Considere o sistema nas variáveis reais x e y :

com α ∈ e a, b∈ . Analise para que valores de

α, a e b o sistema é (i) possível determinado, (ii) possível indeterminado ou (iii) impossível, respec tivamente. Nos casos (i) e (ii), encontre o respectivo con junto-solução.

Resolução

i) D = = sen2_{α – 3cos}2_{α =}

= 1 – cos2α – 3 cos2α = 1 – 4 cos2α

O sistema será possível e determinado quando D ≠ 0, independentemente dos valores de a e b. Assim, 1 – 4 cos2_{α ≠ 0 ⇔ cos}2_{α ≠ ⇔}

⇔ cos α ≠ ± ⇔ α ≠ , pois α ∈ 0;

Utilizando o Método de Cramer para resolver o sistema, temos: a) D_x= = a . sen α – 3b cos α ⇒ ⇒ x = = b) D_y= = b . sen α – a . cos α ⇒ ⇒ y = = Logo: S = ;

ii) Para α = , temos: a b 3 cos α sen α D_x ––– D a . sen α – 3b . cos α –––––––––––––––––– 1 – 4 cos2α sen α cos α a b D_y ––– D b . sen α – a . cos α –––––––––––––––––– 1 – 4 cos2α



a.sen α – 3b.cos α –––––––––––––––– 1 – 4 cos2_α b. sen α – a . cos α –––––––––––––––– 1 – 4 cos2_α



π ––– 3



π π x . sen –– + 3y . cos –– = a 3 3 1 ––– 4 1 ––– 2 π ––– 3

π ––– 2



x sen α + 3y cos α = a x cos α + y sen α = b, π

0, ––

2 sen α cos α 3 cos α sen α

Assim, o sistema será possível indeterminado quando α = e 2a = 2b



3 ⇔ a = b



3

Na equação



3x + 3y = 2a, para a = b



3, temos:

x = = = 2b –



3 y

e o conjunto solução do sistema é S = {(2b –



3y; y), com y∈ }

iii) O sistema será impossível paraα = e a ≠ b



3 ⇔





3x + 3y = 2a



3x + 3y = 2b



3 π ––– 3 2b



3 – 3y –––––––––––



3 6b – 3



3y ––––––––––– 3 π ––– 3 ⇔





3 3 –––– x + –– y = a 2 2 1



3 ––x + ––––y = b 2 2 ⇔





3x + 3y = 2a x +



3y = 2b ⇔

27

Encontre os pares (α, β) ∈ x que satis

-fazem simultaneamente as equações

(tg α + cotg β) cos α sen β – 2 cos2 _{(α – β) = – 1 e}



3 sen (α + β) + cos (α + β) =



3 .

Resolução

I) (tg α + cotg β) . cos α . sen β – 2 cos2(α – β) = –1 ⇔

⇔ . cos α . sen β –

– 2 cos2(α – β) = –1 ⇔

⇔ cos α . cos β + sen α . sen β – 2cos2_{(α – β)= –1⇔}

⇔ cos (α – β) – 2 cos2_{(α – β) = –1 ⇔} ⇔ 2 cos2_{(α – β) – cos (α – β) – 1 = 0 ⇔} ⇔ cos (α – β) = 1 ou cos (α – β) = ⇔ ⇔ α – β = 0 + k . 2π, k ∈  ou α – β = ± + k . 2π, k ∈  ⇔ ⇔ α – β = 0 ⇔ α = β, pois α, β ∈ 1.° quadrante. II) 3 sen (α + β) + cos (α + β) = 3 ⇔

⇔ . sen (α + β) + cos (α + β) = ⇔ ⇔ cos . sen (α + β) + + sen . cos (α + β) = ⇔ ⇔ sen

(

α + β +

)

= ⇔ ⇔ α + β + = + k . 2π, k ∈  ou α + β + = + k . 2π, k ∈  ⇔ 3 ––– 2 1 –– 2 3 ––– 2 π –– 6 π –– 6 3 ––– 2 π –– 6 3 ––– 2 π –– 6 π –– 3 π –– 6 2π ––– 3 π

0, ––

2 π

0, ––

2 senα cosβ

(

––––– + –––––

)

cosα senβ 1 – –– 2 2π ––– 3

Resposta:

{

α = β π π ⇔ α = β = ––– α + β = –– 12 6

{

α = β π π ⇔ α = β = –– α + β = –– 4 2 π π π π

(

–––; –––

)

e

(

––; ––

)

12 12 4 4

28

Determine a área da figura plana situada no primeiro quadrante e delimitada pelas curvas

(y – x – 2) y + – 2 = 0 e x2_{– 2x + y}2_{– 8 = 0}

Resolução

I) (y – x – 2) . y + – 2 = 0 ⇔

⇔ y = x + 2 ou y = – + 2

II) x2 – 2x + y2– 8 = 0 ⇔ (x – 1)2 + y2= 9, que é a equação de uma circunferência de centro (1; 0) e raio 3.



x ––– 2





x ––– 2



x ––– 2

III) Sendo S a área situada no primeiro quadrante e delimitada pelas curvas

(y – x – 2) . y + – 2 = 0 e x2– 2x + y2– 8 = 0, temos:

S = + . (π . 32) – = – =

= . – 1

Resposta: . – 1 unidades de área

3 . 3 ––––– 2 1 ––– 4 6 . 2 ––––– 2 9π –––– 4 3 ––– 2 3 ––– 2



3π –––– 2



3 ––– 2



3π –––– 2





x ––– 2



29

Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz e a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ângulo BCA em quatro ângulos iguais. Se ^  é a medida do lado oposto ao vértice C, calcule:

a) A medida da mediana em função de . b) Os ângulos CAB, A^ BC e B^ CA. ^

Resolução

Sejam: α = med(CAB),^ β = med(ABC), 4 θ =^ med(BCA) e m a medida da mediana ^ CM.—

I) No triângulo retângulo HAC, temos:

α + θ = ⇔ α = – θ ⇒ sen α = cos θ

II) No triângulo retângulo HBC, temos:

β + 3θ = ⇔ β = – 3θ ⇒ sen β = cos 3θ

III) No triângulo CAM, de acordo com a lei dos senos, temos:

= ⇔ = ⇔

⇔ =

IV) No triângulo CBM, ainda de acordo com a lei dos senos, temos:

= ⇔ = ⇔

⇔ =

V) Das igualdades obtidas em (III) e (IV), temos:

= ⇔

⇔ 2 sen θ cos θ = 2 sen 3θ cos 3θ ⇔ m –––  cos θ ––––––––– 2 sen 3θ m –––––– sen β  –––––––– 2 sen θ m –––––– cos 3θ  ––––––– 2 sen θ m –––  cos 3θ ––––––––– 2 sen θ cos θ –––––––– 2 sen 3θ cos 3θ –––––––– 2 sen θ m –––––– sen α  ––––––––– 2 sen 3θ m –––––– cos θ  ––––––––– 2 sen 3θ π ––– 2 π ––– 2 π ––– 2 π ––– 2

VI) O ângulo BCA é reto, pois 4^ θ = .

Assim, podemos concluir que o triângulo CAB é^ retângulo em C e sua hipotenusa AB tem medida— .

Logo, a medida da mediana relativa à hipotenusa é CM = , ou seja, m =

VII) Como θ = , então:

α = – = e β = – = Respostas: a) b) CAB = ^ , ABC = ^ e BCA = ^ AB ––– 2  ––– 2 π ––– 8 π ––– 2 π ––– 8 3π ––– 8 π ––– 2 3π ––– 8 π ––– 8  ––– 2 3π ––– 8 π –– 8 π –– 2 π ––– 2

30

Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retan gulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respec -tivamente, as projeções ortogonais de E, F, G e H. As medidas das arestas distintas AB, AD e AE constituem uma progressão aritmética cuja soma é 12 cm. Sabe-se que volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3. Calcule: a) As medidas das arestas do paralelepípedo.

b) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo.

Resolução

Todas as medidas lineares são em centímetros. a) Sendo AB = x – r, AD = x e AE = x + r, temos:

x – r + x + x + r = 12 ⇔ 3x = 12 ⇔ x = 4

Como o volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3, temos: . . BF = 10 ⇒ ⇒ . . (x + r) = 10 ⇒ ⇒ . . (4 + r) = 10 ⇔ ⇔ 16 – r2_{= 15 ⇔ r = 1, supondo r > 0} Assim: AB = 4 – 1 = 3, AD = 4 e AE = 4 + 1 = 5

b) Sendo V o volume, em cm3, e A_Ta área total, em cm2_{, do paralele pípedo, temos:}

V = 3 . 4 . 5 = 60 e A_T= 2 . (3 . 4 + 3 . 5 + 4 . 5) = 94 Respostas: a) 3 cm, 4 cm e 5 cm b) 60 cm3 _{e 94 cm}2 1 ––– 3 (4 – r) . 4 ––––––––– 2 1 ––– 3 AB . BC –––––––– 2 1 ––– 3 (x – r) . x ––––––––– 2