Questão 2. Considere o sistema, com incógnitas x e y.

Questão 1

Sejam f(x) = x2 _{+ 3x + 4 e g(x) = ax + b duas funções.}

DETERMINE as constantes reais a e b para que

(

fog

)

(x)=

(

gof

)

(x) para todo x real.

RESPOSTA:

f(g(x)) = g(f(x)), para todo x real. Logo:

(ax + b)² + 3 (ax + b) + 4 = a (x² + 3x + 4) + b, ∀ x∈ℜ

a²x² + 2abx + b² + 3ax + 3b + 4 = ax² + 3ax + 4a + b, ∀ x∈ℜ

a²x² + (2ab + 3a)x + b² + 3b + 4 = ax² + 3ax + (4a + b), ∀ x∈ℜ

Da identidade acima vem:

     + = + + = + = b a 4 4 b 3 b a 3 a 3 ab 2 a a 2 2

Resolvendo a primeira equação encontramos a = 1 ou a = 0.

Para a = 0 a terceira equação não possui solução real, portanto não convém. Já para a=1 temos:

2b=0 e b² + 2b = 0, que nos dá b = 0.

Do exposto a = 1 e b = 0 satisfazem as três equações.

Questão 2 Considere o sistema     − = − − = − + 2 ax y 3 x 4 x y 2 , com incógnitas x e y.

1. CALCULE os valores de a para os quais o sistema tem uma única solução. 2. RESPONDA:

Existe algum valor de a para o qual esse sistema tem mais de duas soluções?

JUSTIFIQUE sua resposta.

RESPOSTA: 1. Resolvendo o sistema     − = − + − = 2 ax y 3 x 4 x y 2

, nas variáveis x e y, temos: -x² + 4x –3 = ax – 2

x² + (a - 4) x + 1 = 0, que é uma equação do segundo grau. Para que essa possua uma única solução seu discriminante deve ser nulo, ou seja,

∆ = (a – 4)² - 4.1.1 = 0 (a – 4)² = 4 ⇒ |a - 4| = 2. Logo a = 2 ou a = 6.

2. Não pode haver mais que duas soluções, porque uma equação do segundo grau nos dá no máximo duas soluções reais e distintas. Outra forma seria notar que as equações do sistema representam uma reta e uma parábola no plano cartesiano, daí no máximo dois pontos em comum entre as duas curvas.

Questão 3

Considere a parábola de equação y = 8x – 2x² e a reta que contém os pontos (4,0) e (0,8). Sejam A e B os pontos da interseção entre a reta e a parábola.

DETERMINE a equação da mediatriz do segmento AB.

RESPOSTA:

Primeiro encontremos a equação da reta r que passa pelos pontos (4,0) e (0,8): 8 x 2 y 0 1 8 0 1 0 4 1 y x + − = ⇒ =

Buscando a interseção entre a reta r: y = -2x + 8 e a parábola de equação y = 8x – 2x² temos:

8x - 2x² = - 2x + 8 ⇒ x² - 5x + 4 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 4. x = 1 ⇒ y = 6 ⇒ A = (1,6).

x = 4 ⇒ y = 0 ⇒ B = (4,0).

Encontremos agora a equação da mediatriz do segmento AB:

Seja P = (x,y) um ponto genérico da mediatriz, da definição de reta mediatriz decorre que dP,A = dP,B o que nos dá:

(

x₋1

) (

2₊ y₋6

)

2 ₌

(

x₋4

) (

2₊ y₋0

)

2 _⇒2x₋4y₊7₌0_{, que é a equação} pedida.

Questão 4

Um avião, em vôo retilíneo horizontal, passa por um ponto na vertical acima da cabeça de uma pessoa situada no solo. Em um determinado momento, essa pessoa registra que o ângulo de elevação do avião, em relação ao solo, é de 60o _e

que, 15 segundos depois desse registro, é de 45o_.

Suponha que o avião voa a uma velocidade constante de 720 km/h e despreze a altura da pessoa.

CALCULE a altura em que estava o avião quando passou acima da cabeça da pessoa.

RESPOSTA:

Construindo uma figura da situação descrita temos:

Cálculo da medida do segmento BC: v = 720 km/h = 200 m/s.

Como v = BC/∆t vem que BC = v. ∆t = 200⋅15m = 3000m. No triângulo APC: tg45°= AC h AC h _{⇒ = .} No triângulo APB: tg60°= 3000 h h 3 3000 h h BC AC h AB h − = ⇒ − = − =

Questão 5

Sabendo-se que p(1 + 2i) = 0, CALCULE todas as raízes do polinômio p(x) = x5 _{+ x}4 _{+ 13x}2 _{+ 5x}

RESPOSTA:

Se 1 + 2i é raiz de P(x) e seus coeficientes são todos reais, então 1 - 2i é raiz. Logo (x - 1 - 2i)⋅(x – 1 + 2i) = x² - 2x + 5 é fator de P(x).

Dividindo P(x) por x² - 2x + 5 encontramos x³ + 3x² + x.

x³ + 3x² + x = 0 ⇒ x (x² + 3x + 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x² + 3x + 1 = 0. x² + 3x + 1 = 0 ⇒ 2 5 3 x= − ± .

Do exposto as raízes de P(x) são 0, 2 5 3 + − _, 2 5 3 − − _{, 1+2i e 1-2i.} Questão 6

Um baralho é composto por 52 cartas divididas em quatro naipes distintos. Cada naipe é constituído por 13 cartas – 9 cartas numeradas de 2 a 10, mais Valete, Dama, Rei e Ás, representadas, respectivamente, pelas letras J, Q, K e A.

Um par e uma trinca consistem, respectivamente, de duas e de três cartas de mesmo número ou letra. Um full hand é uma combinação de cinco cartas, formada por um par e uma trinca.

Considerando essas informações, CALCULE:

1. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand com um par de reis e uma trinca de 2;

2. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand com um par de reis; 3. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand.

RESPOSTA:

1. Pelo princípio fundamental da contagem nas escolhas dos naipes do par de reis e da trinca de dois temos:

C4,2 ⋅ C4,3 = 1 2 3 2 3 4 1 2 3 4 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _{= 24.}

2. De modo análogo ao item anterior e lembrando de escolher também um tipo de carta para formar a trinca, que não pode ser de reis, temos:

C4,2 ⋅ C4,3 ⋅ C12,1 = 1 12 1 2 3 2 3 4 1 2 3 4 _⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ _{= 288.}

3. Fazendo agora todas as escolhas possíveis (tipos de cartas e naipes dessas cartas) para formarmos um full hand, temos:

C13,1 ⋅ C4,2 ⋅ C12,1 ⋅ C4,3 = 1 2 3 2 3 4 1 12 1 2 3 4 1 13 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 3744.

Questão 7

No paralelogramo ABCD, da figura abaixo, o ponto P, contido no lado CD, é tal que o segmento PC mede 4 cm, os segmentos AP e PB medem 14 cm cada um e os ângulos DÂP e PÂB têm a mesma medida.

DETERMINE a medida do lado AD.

RESPOSTA:

Na figura abaixo chamemos de x a medida, em cm, do segmento AD. Notemos ainda que pelo fato do quadrilátero ABCD ser um paralelogramo podemos concluir que o ângulo DPA é congruente ao PAB (alternos e internos). Daí temos dois triângulos isósceles e semelhantes, que são os triângulos DAP e PAB (caso ângulo-ângulo), e o segmento AB mede (x+4)cm, pois PC mede 4cm.

Da semelhança vem: 0 196 x 4 x x 4 14 14 x _⇒ 2_{+ − =} + =

(

10 2 2

)

cm

x= − , que é a medida do segmento AD.

Questão 8

Sejam n um número inteiro positivo e z um número complexo tal z = que e 1 0

z 1₊ 2n_{≠ .}

CALCULE a parte imaginária de n_2n z 1 z + . RESPOSTA: Seja _{n n} n n 2 n n 2 n z z 1 z z z 1 1 z 1 z w + = + = + = ₋ .

Fazendo z = 1⋅(cosθ + i⋅senθ), já que seu módulo é 1, vem:

(

_{cos i sen}

) (

n _{cos i sen}

)

n

1 w θ ⋅ + θ + θ ⋅ + θ = ₋ .

Pela primeira fórmula de Moivre:

(

)

(

)

( )

( )

( )

θ − ⋅

( )

θ +

( )

θ + ⋅

( )

θ = θ ⋅ + θ + θ − ⋅ + θ − = n sen i n cos n sen i n cos 1 w n sen i n cos n sen i n cos 1 w

( )

nθ cos 2 1 w ⋅

x= Questão 9

Um recipiente cúbico, sem tampa, com arestas medindo 12 cm, está apoiado em um plano horizontal e contém água até um nível de h cm. Ao se inclinar esse recipiente sobre uma de suas arestas, de maneira que a face inferior faça um ângulo de 30º com o plano horizontal, são derramados 300 cm³ de água, conforme mostrado nestas figuras.

DETERMINE o valor de h.

RESPOSTA:

No triângulo retângulo da figura temos tg30° =

3 12 x cm 12 x _{⇒ = cm.}

Cálculo dos volumes inicial e final de água contidos no recipiente: Vinicial = 12.12.h cm3 _{= 144⋅h cm}3 _; Vfinal = 3 _12cm3 _{288(6 3)cm}3 3 12 2 12 12 _ = −       ⋅ ⋅ − . Vinicial = Vfinal + 300 cm3

(

6 3

)

300 288 h 144⋅ = − + Logo 12 3 24 169 h= − .

Questão 10

Considere um tetraedro regular de vértices A, B, C e D, cujas arestas medem r.

Considere, ainda, que M e N são pontos médios das arestas BD e CD, respectivamente.

CALCULE a área do triângulo AMN.

RESPOSTA:

Todas as faces do tetraedro são triângulos eqüiláteros de lado r.

MN = 2

r _{, pois é base média do triângulo BCD.}

AM = AN = 2

3

r _{, pois são alturas de triângulos eqüiláteros.}

Notemos que o triângulo AMN é isósceles de base MN, logo:

4 11 r h 2 3 r 4 r h 2 2 2 _{⇒ =}         =       + .

Cálculo da área A do triângulo AMN:

24 11 r 2 r A= ⋅ 16 11 r A= 2 .

Há três anos em Belo Horizonte, o Pré-Vestibular Elite Integral surgiu com uma proposta de trabalho inovadora.

A filosofia de incentivar o aluno a estudar cada vez mais, associada à excelente equipe de professores e a uma carga horária reforçada tem culminado em ótimos resultados:

• 85% de aprovação no vestibular da UFMG 2002;

• 50% dos aprovados de Belo Horizonte no vestibular da UNICAMP em 2002 são do Elite;

• Dos 11 alunos de BH aprovados no ITA em 2003, 10 estudaram no Elite; • Na Olimpíada Brasileira de Física 2002: 3 alunos do Elite foram classificados

entre os 10 primeiros do Brasil, que foi o melhor resultado dentre todas as escolas do Brasil.

O Elite possui uma filosofia de ensino consistente para o curso extensivo que é suportada por turmas reduzidas, carga horária reforçada com aulas de segunda a sábado, simulados semanais e equipe de professores com experiência em algumas das melhores escolas do país. Esse conjunto de fatores permite ao nosso aluno encarar com segurança vestibulares das melhores instituições de ensino superior, como UFMG, UNICAMP, USP, UnB e outras.

Para os vestibulares do IME e do ITA o Elite tem turmas específicas com 7 aulas diárias de segunda a sexta, e simulados com posterior correção durante todo o dia todos os sábados.

Já no ano de 2003 nosso projeto educacional se expande a todo o ensino médio através do Colégio Bernoulli, que seguirá a mesma filosofia já implantada no Elite.

Escolas tão exigentes quanto a vida.

Maiores informações: 3335-3553 www.eliteintegral.com.br

Inscrições abertas para o processo seletivo

Marcelo Paulo Rommel Digitação: Val Diagramação: Luiz Santos Rodrigo Lacerda