1
MATEMÁTICA NOTAÇÕES
: conjunto dos números naturais : conjunto dos números inteiros : conjunto dos números reais ( )
mxn
M : conjunto das matrizes reais m x n
det(M): determinante da matriz M t
M : transposta da matriz M
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária, i2 1
| |z : módulo do número z
Re z: parte real do número z
Arg z: argumento principal de z \ 0
, Arg z
0,2
\ A B:
x x: Ae xB
a b, :
x;a x b
a b, :
x;a x b
a b, :
x;a x b
0 k n n a
: a0a1a2 ... a kk, 0 k n n n a x
: 2 0 1 2 ... , k k a a xa x a x k CA : conjunto (evento) complementar do conjunto (evento)A
AB: segmento de reta unindo os pontos Ae B
ˆ
ABC: ângulo formado pelos segmentos AB e BC, com vértice no ponto B.
OBSERVAÇÃO: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos retangulares. QUESTÃO 01
Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações: I. A\ (BC)(A B\ )(A C\ ); II. (AC) \B A BCC; 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 Alternativa C
I. Correta. Temos que:
( ) C C C
A BC A BC A B C
C
C
AB AC AB A C
Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo: A
BC
A B C
A BC Lado direito:
AB
A C
A B A C
AB
A C
II. Correta. Temos que:
C C
AC B AC B A B C
Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo:
AC
BA C B
2 Lado direito: C AB C A C B C C AB C
III. Incorreta. Podemos construir um contraexemplo.
Fazendo, por exemplo, A
1 , B
2 e C
3 , temos:
1 2 1 A B A B B C A B B C A B C B C A B C Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo:
AB
BC
A B B C
A B
B C
Lado direito:
AB
C A B C
AB
CAssim, note que, em geral,
AB
BC
AB
C, já que
AB
BC
é sempre vazio, enquanto
AB
C contém os elementos exclusivos de A, não necessariamente sendo vazio.QUESTÃO 02
A soma das raízes da equação em , 8 4
17 16 0 z z , tais que 0 z z , é a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5. Resolução Alternativa C
Para resolver a equação do enunciado, podemos chamar 4
z
e transformá-la em uma equação de segundo grau em :
2 17 16 0 17 225 2 16 ou 1 Como 4 z
, procuraremos agora os valores de z que satisfazem a equação, lembrando que procuramos apenas os valores reais não negativos de z, já que a equação z z só fica satisfeita nestas condições. Logo:
4 16 2
z ou z z4 1 z 1
Assim, a soma dos possíveis valores de z dadas as restrições do enunciado é:
2 1 3 . QUESTÃO 03
Considere a equação em , 4
(z 5 3 )i 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 Alternativa B
Na equação dada, vamos chamar z 5 3ide w. Assim, a equação a ser resolvida fica 4
1 w 4 1 0 w
2
2
1 1 0 w w w . 1, iCom isso, temos:
Se w 1 z 5 3i 1 z 6 3i; Se w 1 z 5 3i 1 z 4 3i; Se w i z 5 3i i z 5 2i; Se w i z 5 3i i z 5 4i;
Sabendo que em um número complexo da forma a + b i o argumento principal é dado por Arg( )z arctg b
a , temos: 1 Arg(6 3 ) arctg 2 i 3 Arg(4 3 ) arctg 4 i 2 Arg(5 2 ) arctg 5 i 4 Arg(5 4 ) arctg 5 i
Assim, o número complexo que apresenta o menor argumento principal é aquele que tem a menor tangente, ou seja, z = 5 – 4 i. Logo, o seu módulo é 54i 25 16 41.
QUESTÃO 04
A soma de todos os números reais x que satisfazem a equação
1 1 1
8x 44 2x 6419 4 x
é igual a
3
Resolução Alternativa D
Rearranjando a equação, temos:
1 1 1 8 x 44 2x 6419 4x
3
2
1 1 1 2 x 19 2 x 44 2 x 640 Assim, fazendo a substituição 12x y , temos a equação polinomial: 3 2 19 44 64 0 y y y
Por verificação direta, temos que 1 é raiz dessa equação. Pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini, temos:
–1 1 –19 44 64 1 –20 64 0 Portanto:
3 2 2 19 44 64 0 1 20 64 0 y y y y y y Resolvendo a equação 2 20 64 0 y y , temos y4 ou 16 y .Assim, as soluções da equação de grau 3 são: 1
y ou y4 ou y16. Voltando para a variável x:
1
2x 1 não tem solução em , pois 2t 0, t 1 2 2x 4 2 1 2 3 x x 2x11624 x 1 4 x 15
Portanto, a soma S dos números reais que satisfazem a equação dada é:
3 15
S S18
QUESTÃO 05
Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as equações 1 2 a b e
2
lna b ln8ln5, um possível valor de a b é a) 2 2 . b) 1. c) 2. d) 2. e) 3 2. Resolução Alternativa AObserve que para a expressão a b estar definida em , a e b devem ser não negativos. Além disso, se algum deles fosse zero, tal expressão seria também igual a zero, o que não é o caso. Assim, a e b devem ser números reais positivos.
A partir dessa observação, temos que:
2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 4 4 16 16 a b a b a b a b Por outro lado:
2
2
5 2 5ln ln8 ln5 ln ln5 ln8 ln
8 8
a b a b a b
Substituindo uma expressão na outra, temos:
2 1 5 5 1 1 0 16b b 8b 8 b 16 b 2 ou 1 8 b (I) Para 1 2 b , temos: 2 1 2 2 1 16 4 16 2 a a
Como a deve ser positivo, 2 4 a . (II) Para 1 8 b , temos: 2 1 2 2 1 4 2 16 8 a a Como a deve ser positivo, 2
2
a .
Assim, os pares ordenados
a b, que resolvem o problema são: 2 1 , 4 2 e 2 1 , 2 8 ,de modo que os possíveis valores do quociente a
b são: 2 4 1 2 a b 2 2 a b ou 2 2 1 8 a b 4 2 a b QUESTÃO 06
Considere as funções f e g, da variável real x, definidas, respectivamente, por
x2ax b f x e e
ln 3 ax g x b ,em que a e b são números reais. Se f
1 1 f
2 , então pode-se afirmar sobre a função composta g f quea) g f
1 ln3.b) g f
0 .c) g f nunca se anula.
d) g f está definida apenas em
x :x0
.e) g f admite dois zeros reais distintos.
Resolução Alternativa E
Temos que:
2 0 2
1 x ax b 0
f x e e x a x b
Assim dizer que f
1 1 f
2 é equivalente a dizer que 1 e 2 são as raízes da equação do segundo grau 2
0
x a x b . A partir disso, usando as relações de soma e produto, vem que:
1 2 3 1 1 2 2 1 a a b b Portanto, as funções dadas são:
2 3 2 3 ln ln 3 2 2 x x f x e x x g x ,e a função composta g f é dada por:
2 2 3 2 3 2 ln ln ln ln 2 2 2 x x x x f x e g f x e 2 3 2 ln 2 g f x x x Julgamos agora cada alternativa.
a) Incorreta.
2
1 1 3 1 2 ln 2 6 ln2 ln3
g f
4
c) Incorreta. Temos que:
2
0 3 2 ln 2 0
g f x x x
O discriminante dessa equação é:
2
3 4 1 2 ln 2 1 4 ln2 0
Assim, tal equação tem duas raízes reais distintas.
d) Incorreta. A composta g f está definida para todo x real.
e) Correta. Conforme já explicado na justificativa da alternativa
(c), a equação g f x 0 tem duas raízes reais distintas. QUESTÃO 07
Considere funções f, g, fg: . Das afirmações:
I. Se f e g são injetoras, fg é injetora;
II. Se f e g são sobrejetoras, fg é sobrejetora;
III. Se f e g não são injetoras, fg não é injetora;
IV. Se f e g não são sobrejetoras, fg 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 Alternativa A
Consideremos inicialmente os gráficos das seguintes funções de para :
1
f x x f2
x xObserve que são ambas funções injetoras e sobrejetoras. Já a soma delas é:
3 1 2 0 f x f x f x x x , x .x
y
Como a função identicamente nula não é injetora nem sobrejetora, tal contraexemplo torna as afirmações (I) e (II) falsas.
Consideremos agora os gráficos das seguintes funções de para :
2 3 f x x x
2 4 f x xObserve que tais funções não são injetoras nem sobrejetoras. Entretanto, a soma delas é dada por:
2
2
3 4
f x f x x x x x, x
Assim, tal soma corresponde à função f x1
x, que é tanto injetora quanto sobrejetora, como já apresentado no início da resolução. Tal contraexemplo torna as afirmações (III) e (IV)falsas.
Assim, nenhuma afirmação apresentada é verdadeira. QUESTÃO 08
Seja n 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na divisão de n2 por 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 Alternativa C
Seja n 6 q r , com q inteiro positivo e r
1,2,3,4,5
(r não pode ser zero já que n não é divisível por 6). Segue que:
22 2 2
6 36 12
n q r q q r r
Analisemos agora as possibilidades para r. (I) r1:
2 2 2 2 36 12 1 1 6 6 2 1 n q q q q (II) r2:
2 2 2 2 36 12 2 2 6 6 4 4 n q q q q (III) r 3:
2 2 2 2 36 12 3 3 6 6 6 1 3 n q q q q (IV) r4:
2 2 2 2 36 12 4 4 6 6 8 2 4 n q q q q (V) r 5:
2 2 2 2 36 12 5 5 6 6 10 4 1 n q q q q As quantidades entre parênteses são os quocientes de cada divisão de n2 por 6. Temos que:
2
6q 2 q é par;
2
6q 4 q é par;
2
6q 6 q 1 é ímpar;
2
6q 8 q 2 é par;
2
6q 10 q 4 é par.Portanto, o único caso em que o quociente da divisão de n2 por 6 é ímpar é quando r 3. QUESTÃO 09 Considere a equação 5 0 0 n n n a x
em que a soma das raízes é igual a 2 e os coeficientes a0, a1, a2, a3, a4 e a5 formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com a01. Então5 0 n n a
é igual a a) 21. b) 2 3 . c) 21 32. d) 63 32. e) 63. x y 0 x y – 1 0 x y x y5 Resolução Alternativa D Temos a equação: 5 4 3 2 5 4 3 2 1 0 0 a x a x a x a x a x a
Sendo q a razão da progressão geométrica, de acordo com as relações de Girard, temos para a soma das raízes:
5 4 4 5 5 4 1 1 2 2 2 a a a S q a a a
Portanto a progressão geométrica é: 1 1 1 1 1 P.G. 1, , , , , 2 4 8 16 32 .
Assim, a soma pedida é dada por:
5 0 1 1 1 1 1 1 2 4 8 16 32 n n a
5 0 63 32 n n a
Alternativamente, podemos também utilizar diretamente a expressão da soma dos 6 primeiros termos da progressão geométrica:
6 6 5 0 0 1 63 1 1 1 2 64 1 1 1 1 2 2 n n a q a q
5 0 63 32 n n a
QUESTÃO 10Seja solução real da equação 9 2 1712. Então a soma das soluções z, com Rez 0, da equação 4
32 z , é a) 2. b) 2 2. c) 4 2. d) 4. e) 16. Resolução Alternativa B Temos que: 9 2 17 12 2 17 12 9
Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos que:
2
22 17 12 9 2 1714424 9 9 24 9 136
Elevando novamente ambos os membros ao quadrado, temos:
2 2 2 24 9 136 576 9 18496272 2 848 13312 0 832 ou 16Como no desenvolvimento das contas tivemos que elevar ambos os membros da equação ao quadrado, é necessário fazer verificação na equação original.
(I) Para 832:
832 9 2 832 17 2941 70 12 Logo, 832 não é raiz da equação.
(II) Para 16:
16 9 2 16 17 5 7 12 Logo, 16 é raiz da equação.
Agora, com relação à equação 4
32 z , temos:
4 4 4 16 32 16 2 cos sen z z i 2 2 2 cos sen 4 4 k k k z i , para k0,1,2,3Assim, as soluções dessa outra equação são:
0 1 2 3 2 cos sen 2 2 4 4 3 3 2 cos sen 2 2 4 4 5 5 2 cos sen 2 2 4 4 7 7 2 cos sen 2 2 4 4 z i i z i i z i i z i i
Assim, a soma S das soluções z cuja parte real é positiva são:
0 3 2 2 2 2
Sz z i i S2 2
QUESTÃO 11
Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito . Se A e B são eventos de tais que 1
2 p A , 1 3 p B e 1 4 p A B ,
as probabilidades dos eventos A B\ , AB e C C A B são, respectivamente, a) 1 4, 5 6 e 1 4. b) 1 6, 5 6 e 1 4. c) 1 6, 7 12 e 3 4. d) 1 3, 5 6 e 1 3. e) 1 4, 7 12 e 3 4. Resolução Alternativa E
(I) Temos que:
1 1 \ 2 4 p A B p A p AB \ 1 4 p A B
(II) Temos que:
1 1 1
2 3 4
p AB p A p B p AB 7
12
p AB
(III) Temos que:
1 1 1 4 C C C p A B p AB p AB
3 4 C C p A B QUESTÃO 12Considere os seguintes resultados relativamente ao lançamento 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 Alternativa D
(I) Para a ocorrência de duas caras em dois lançamentos, temos:
1
1 1 1
2 2 4
p
(II) Já para a ocorrência de três caras e uma coroa em quatro lançamentos, pela Lei Binomial da Probabilidade, temos:
3 1 2 4 1 1 1 1 1 4 3 2 2 8 2 4 p
(III) Também para a ocorrência de cinco caras e três coroas em oito lançamentos, novamente pela Lei Binomial da Probabilidade, temos: 5 3 3 8 1 1 1 1 7 56 5 2 2 32 8 32 p Assim, como 7 8 1 32324, temos a comparação: 3 2 1 p p p
Portanto, não há um único evento mais provável que os demais, sendo os eventos I e II equiprováveis.
QUESTÃO 13
Considere A55
com det
A 6 e \ 0
.Se
2 det t t 6 A A A , o valor de é a) 1 6. b) 6 6 . c) 336 6 . d) 1. e) 216.6
Resolução Alternativa C
Sendo a matriz quadrada de ordem 5 e 0, temos que:
5
det t t det t t A A A A A A
2 5 3 6 det t t det t t 6 A A A A A A Pelo teorema de Binet, temos:
3 3
det t t 6 det t det det t 6
A A A A A A
Como det
At det
A , segue que:
33 3 3 1
det det det 6 6 6
6 A A A Sendo real: 3 1 6 336 6 QUESTÃO 14
Sejam a um número real e n o número de todas as soluções reais e distintas x
0,2
da equação 8 8 6cos xsen x4sen xa. Das afirmações: I. Se a0, então n0; II. Se 1 2 a , então n8; III. Se a1, então n7; IV. Se a3, então n2; é (são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas III. c) apenas I e III. d) apenas II e IV. e) todas.
Resolução Alternativa E
Fatorando a expressão dada e usando conceitos da trigonometria de modo a obtermos uma expressão contendo somente senos:
8 8 4 4 4 4
cos xsenx cos xsenx cos xsenx
8 8 4 4 2 2 2 2
cos xsenx cos xsenx cos xsenx cos xsenx
2 2 4
2
2 4 6(1 senx) senx 1 1 2senx 1 4 sen x 6 sen x 4 sen x
Assim, temos:
8 8 6 4 2
cos x sen x 4 sen x a 6 sen x 4 sen x 1 a 0, cujas soluções são 2 4 24 8
sen
12
a
x .
Com isso, analisando cada item, concluímos: I. Verdadeira: Se a = 0, 2 4 8
sen
12
x , e como sen2x é real e positivo, a equação não tem solução;
II. Verdadeira: Se 1 2 a , 2 4 4 42 sen 12 12 x , e assim, as soluções são: sen 2 ;3 ;5 ;7 2 4 4 4 4 x x (4 soluções) ou sen 3 3
x , que, analogamente ao caso anterior, possui 4 soluções.
Portanto, a equação tem 8 soluções;
III. Verdadeira: Se a = 1, 2 4 16 44 sen 12 12 x , e assim, as soluções são: senx 0 x
0; ;2 (3 soluções) ou
sen 6 3 x (4 soluções para x). Portanto, a equação tem 7 soluções;IV. Verdadeira: Se a = 3, 2 4 64 48
sen
12 12
x e assim, as
soluções são sen 1 ;3 2 2 x x (2 soluções) ou 2 1 sen 3 x (0 soluções).
Portanto, a equação tem 2 soluções. QUESTÃO 15
Se cos 2 1
2
x , então um possível valor de
cotg 1 cosse c( ) sec( ) x x x é a) 3 2 . b) 1. c) 2. d) 3. e) 2. Resolução Alternativa A Da trigonometria, temos: cos cotg sen x x x ,
1
1 cossec sen sen x x x ,
1 1 sec cos cos x x x.Assim, a expressão dada fica:
cos cos sen
1
cotg 1 sen sen
cos
1 1 cos sen
cossec( ) sec( )
sen cos sen cos
x x x x x x x x x x x x x x x
Do valor dado, cos2x = 1
2, e sabendo que cos2x = 2cos
2
x – 1,
temos que 1 2 2 3 3
2cos 1 cos cos
2 x x 4 x 2 .
Assim, cos 3 2
x .
QUESTÃO 16
Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e intercepta uma reta s num ponto A exterior à circunferência. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a intercepta num ponto C, tal que o ângulo ABC seja obtuso. Então o ângulo C AB é igual a
a) 1 2ABC. b) 3 2 2 ABC. c) 2 3ABC. d) 2ABC . e) 2 ABC. Resolução Alternativa B
A figura abaixo ilustra a situação descrita no enunciado:
r s A B C O D E
Podemos notar que OBA é reto e que AOB 2
ACB
, já que AOBé ângulo central e ACB é ângulo inscrito. Segue também que:
2 2
ABC CBOABC ACB. Já que CBO ACB
Podemos observar que o ângulo C AB é excêntrico exterior, logo:
2
CB BD
7
2 2 2 2 2 )BD AOB ACB BD ABC
CB CBE ABC Logo, 2 2 CB BD C AB C AB
ABC)
2 2 2 ABC . 3 2 2 C AB ABC QUESTÃO 17Sobre a parábola definida pela equação
2 2
2 2 4 1 0
x xyy x y 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 1
2
x .
e) a abscissa do vértice da parábola é 2
3
x .
Resolução Alternativa B
Para justificativa dos primeiros 3 itens, vamos checar a derivada implícita da curva, pois esse valor é a inclinação da reta tangente à curva. Em especial, estamos verificando a existência de pontos em que dy 0
dx , ou seja, tangentes paralelas ao eixo Ox.
Derivando implicitamente a equação da parábola em x temos:
2 2
2 2 4 1 0 d x xy y x y dx 2x 2y 2xdy 2ydy 2 4dy 0 dx dx dx
1
2 x y dy dx x y Resolvendo dy 0dx , chegamos que y , substituindo isso na 1 x
equação temos: 2 2 2 2 4 1 0 1 x xy y x y y x 6x 6 0 1 0 x y
Ou seja, existe apenas um ponto em que a tangente é paralela ao eixo Ox.
a) FALSA – Como justificado anteriormente.
b) VERDADEIRA – Como justificado anteriormente. c) FALSA – Como justificado anteriormente.
d) FALSA – Seja o ângulo de rotação de uma cônica da forma:
2 2
0
Ax BxyCy DxEy F
Temos válida a seguinte relação:
tg2 B
A C
Porém, A C 0, então tg2 não existe. Logo:
2 2 4 2 k k .
Deste modo, o eixo de simetria da parábola descrita, ou é a reta
yx, ou é a reta y x. Para encontrarmos o vértice da nossa parábola devemos saber onde o eixo de simetria intercepta a cônica em questão.
Para yx
2 2 2
2 2 4 1 0 4 2 1 0
x x x x x x x x
Não há solução em para a equação acima. Para y x
2 2 1
2 ( ) 2 4 ( ) 1 0 6 1
6
x x x x x x x x .
Portanto o vértice da parábola está no ponto 1, 1 6 6
V
e) FALSA – Como visto na justificativa da alternativa d o vértice é
o ponto 1, 1 6 6 V . QUESTÃO 18 Das afirmações:
I. Duas retas coplanares são concorrentes;
II. Duas retas que não têm um ponto em comum são reversas;
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 reverso 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 Alternativa D
I. Falsa. Duas retas coplanares podem ser paralelas, não sendo assim, concorrentes.
II. Falsa. Duas retas paralelas não são reversas e não têm ponto em comum.
III. Verdadeira: Seja r uma reta no espaço, paralela ao eixo x. Tomemos um plano (paralelo ao plano xy, usado como referência) que contém r. Também tomemos um plano , paralelo a , e que contém uma reta s reversa a r.
Para mostrar que e existem, basta observar que cada um dos planos possui uma reta normal que passa pelos pontos P e Q, de menor distância entre uma reta e outra:
r s y z x P Q
Consideremos, então, todos os planos que passam por r mas não contêm :
r
8 Observe que as intersecções de todos os planos com o plano são retas paralelas a r. Essas retas não são paralelas a s e, portanto, cruzam s em um único ponto cada uma delas.
Assim, os planos não são paralelos à reta s nem contêm s.
Não há, portanto, um plano que contém s e ao mesmo tempo é paralelo a um dos planos .
IV – Verdadeira: Um quadrilátero reverso possui três vértices em um plano e o quarto vértice em um plano diferente. Observe o quadrilátero
ABCD abaixo:
A B
C D
Perceba o que acontece com o triângulo ABD, quando tomamos os pontos médios dos lados
AB e AD : A B D M N x x y y
O segmento MN é, portanto, a base média do triângulo, sendo: (i) 2 DB MN (ii) MN é paralelo a DB Analogamente, para o triângulo BCD isso também vale: C B D P Q b b a a Logo: (i) 2 DB PQ MN
(ii) MN é paralelo a DB e, portanto, é paralelo a PQ
Sendo o raciocínio totalmente análogo para os segmentos NQ e MP , então o quadrilátero MNQP é um paralelogramo:
A
B
C
D
M
N
P
Q
QUESTÃO 19Um 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) 5 10.
Resolução Alternativa A
A figura abaixo ilustra a situação descrita pelo enunciado.
V A B C 5 17 10
Podemos notar que a figura formada é um tetraedro e que os triângulos VAB, VBC e VAC são todos retângulos em V. Logo, pelo teorema de Pitágoras:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 (I) 5 (II) 17 (III) VA VB VA VC VB VC ,Fazendo (I) (II) (III) obtemos:
2(I) (II) (III) : 2 VB 2 VB 1 Substituindo,
2 2
210 3
VA VB VA e VA2VC2 52VC . 4 Por fim, o volume do tetraedro formado:
3 1 4 6 6 tetraedro tetraedro VA VB VC V V Vtetra2 cm3 QUESTÃO 20
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 volume
área total da superfície, em unidade de comprimento, é igual a
a) 1. b) 100 105. c) 10 11. d) 100 115. e) 5 6. Resolução Alternativa B
A figura abaixo ilustra a situação descrita pelo enunciado:
A
2,0 C
0,1 B
2,5 Observe que: 2 2 2 2 2 2 4 2 20 1 2 5 5 0 5 BC BC AC AC AB BC d d d d d d 9 Podemos notar, pela recíproca do teorema de Pitágoras, que o triângulo ABC é retângulo, já que:
2 2 2BC AC AB
Logo, AB é hipotenusa. Sendo R o raio da circunferência que é base do cilindro. Então, 5 2 2 AB R R Deste modo: 2 2
cil cil cil
5 8 50 2 V R h V V e 2 2 T T 5 5 105 2 2 2 8 2 2 2 2 T A R h R A A Logo, cil T 50 105 2 V A cil T 100 105 V A QUESTÃO 21
Para z 1 iy, y0, determine todos os pares
a y, , a1, tais que 10z a. Escreva a e y em função Arg z. Resolução
Pela definição do módulo de um número complexo, temos:
2 2
1
z y ,
Sendo o argumento de z, segue que:
2 2 2 1 1 cos cos 1 1 y y 2 2 2 1 y sec 1 tg y tg
Podemos observar, também, que, dado que a é um número real positivo, temos: 10 10 10 z a z a z a Portanto:
10
5 10 2 2 10 1 1 tg sec z a y a a a . Agora, se 10 z a, então o argumento de 10 z é igual ao argumento de a, que é real positivo. Portanto, usando que
10
arg z 10arg z chegamos em:
10
arg arg 10 arg 2 arg
5 k z a z k z Substituindo: 10 10 tg tg 5 sec sec 5 k y y k a a
Agora, note que como o enunciado nos da y , devemos ter: 0 2 5 5 k j ou 2 2 5 5 k j
Mas como queremos apenas valores de y , arcos defasados de 2 j não nos interessa e tomamos k
1, 2 .Portanto os pares que satisfazem as condições do enunciado são:
10 10 2 2 sec ,tg e sec ,tg 5 5 5 5
E escrevendo a e y em função de arg z
ficamos com:
tg arg
y z e asec10
arg
z
.Observação: A banca poderia estar interessada nos valores numéricos dos pontos, já que são calculáveis.
Para esse calculo vamos considerar a equação polinomial 5
1 0
z ,
podemos reescrever essa equação como:
z1
z4z3z2 z 1
0Então as raízes de 4 3 2
1
z z z são as raízes quintas da z
unidade, exceto por z , ou seja: 1
1 2 cis 5 r ; 2 4 cis 5 r ; 3 6 cis 5 r ; 4 8 cis 5 r
Onde cis cos isen . Pelas relações de Girard sabemos sobre a soma das raízes que:
2 4 6 8 1
cis cis cis cis 1
5 5 5 5 1
S
Tomando igualdade na parte real da expressão temos:
2 4 6 8
cos cos cos cos 1
5 5 5 5
Por simetria temos que:
2 8 cos cos 5 5 4 6 cos cos 5 5
Substituindo isso na equação chegamos em:
2 4
2cos 2cos 1
5 5
Utilizando a relação de arco-duplo temos:
2
2 4 2 2
2cos 2cos 1 2cos 2 2cos 1 1
5 5 5 5 22 2 4 cos 2cos 1 0 5 5
Resolvendo isso como uma equação de segundo grau, chegamos em:
2 5 1 2 5 5 2 5 5 5 3 5 cos sen tg 5 4 5 8 5 2 5 1 4 Utilizando novamente a relação de arco-duplo conseguimos a tangente faltante: 2 2 2 1 cos 3 5 5 5 5 cos sen 5 2 8 5 8 2 5 5 tg 5 2 5 tg 5 2 5 5 3 5 5 Finalmente,como sec 1 cos , chegamos que: 2 4 sec 5 1 5 5 1 e
2 2 8 sec 6 2 5 5 1 sec 5 1 5 3 5 5 Então os pares seriam:
10 10 sec ,tg 5 1 , 5 2 5 5 5 e
10 10 2 2 5 3 5 sec ,tg 5 1 , 5 5 4 10 QUESTÃO 22
Determine o maior domínio D da função
4
: , ( ) log (4sen cos 1)
x x f D f x x x Resolução
Devemos condicionar a existência do logaritmo apresentado no enunciado. Portanto, temos para a base do logaritmo:
0 e 1 4 4 xx xx . Para 0 4 xx
, pelo estudo dos sinais obtemos:
Portanto 1 | 0 4 S x x Para 1 4 xx , temos: 2 1 1 0 4 4 xx x x .
Observe que o discriminante da desigualdade acima é negativo, o que indica que não possui valores que a anulem. Portanto, podemos
garantir que 1
4
xx x
.
Para a condição do logaritmando, sendo k inteiro, temos: 1 4sen cos 1 0 2sen2 1 sen 2
2 5 5 2 2 2 6 6 12 12 x x x x k x k k x k Deste modo, 2 | 5 , , 12 12 S x k x k k
Logo, a intersecção entre os intervalos obtidos para x nas condições acima determina o maior domínio da função f.
1 2 | 12 4 S S x x , logo D x |12 x 4 QUESTÃO 23 Considere o polinômio 2 ( ) 3 18 P m am m , 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,
3 2
( 4) 5 0
x mx m x , estejam no intervalo ]2, 2 [. Resolução
Como a soma das raízes m de P(m) é igual a 3, temos que 3
3 a 1
a . Desta forma, vêse que o produto destas raízes é
-18 e as raízes são m6 e m 3.
Para achar a raiz m que satisfaz as condições do enunciado, vamos substituir as possibilidades na equação em x:
(I) 3 2
3 5 0
x x x (m 3)
Podemos ver por substituição que x 1 é solução desta equação. Ao aplicarmos Briot-Ruffini com esta solução, obtemos a equação de segundo grau abaixo:
2
4 5 0
x x
Para esta equação, temos
4 2 4 1 5 4 0. Assim, a única solução real que pertence ao intervalo desejado é x 1.(II) 3 2
6 10 5 0
x x x (m6)
Podemos ver mais uma vez que x 1 é solução desta equação. Aplicando Briot-Ruffini como no caso anterior obtemos:
2
5 5 0
x x 5 5
2
x
Das soluções acima, temos que apenas 5 5 2
x e x 1
pertencem ao intervalo desejado. Assim, m6 é a raiz que procuramos.
QUESTÃO 24
Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão podemos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma única cor.
Resolução
Considere a vista superior de um tetraedro regular:
A L
V Supondo as cores de tinta:
Vermelha
Azul Laranja
Escolha uma das cores para ser a base inferior (no caso a base vermelha).
As outras três cores podem ser distribuídas de duas formas, que são as permutações circulares de três cores:
V A
L A L
V
Resposta: dois tetraedros distintos. QUESTÃO 25
Considere o sistema nas variáveis reais x e y:
2 3 x x x x
a) Determine os números reais e para que o sistema admita somente soluções reais.
b) Para cada valor de encontrado em (a), determine todas as soluções da equação xx3 .
Resolução
Primeiro vamos resolver o caso particular , o que faz que a 0 solução de 2
0
x seja x x ou 0 x , implicando em 1 . 0 Assim, o par
,
0, 0 é uma das soluções desejadas.Agora podemos considerar o caso , com isso veja que nossas 0 expressões fatoram como:
2 3 1 1 1 x x x x x x x x x E como , podemos dividir uma expressão pela outra para obter: 0
1 1
1 1 1 x x x x x x x Verde x + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – – 0 4 11 Agora, substituindo essa solução nas equações chegamos em:
1 2 1 2 1 2 2 2 3 3 2 0 (I)
Agora tratando isso como uma equação de segundo grau na variável , notamos que ela terá solução real quando:
2
2 3
2
0 3 4 1 2 0 1 4 0 E como chegamos em 0
1 4
0 1 4 .Com essa restrição satisfeita, temos que os possíveis valores de são dados por:
2 3 1 4 3 1 4 2 2 (II)Assim podemos responder os itens:
a) Então os valores que satisfazem as restrições dadas são: 1 4 3 1 4 2 b) Veja que x 1
é a solução do sistema, portanto satisfaz a segunda equação. Aplicando o algoritmo de Briott-Ruffini então na equação 3 0 x : x 1 1 0 1 1 1 2 2 2 3 2 3 3 2 2 Onde:
3 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 De (I), temos que 3 2 2
3 2 0
. Seja então k
, as outras duas soluções de
3 0 x são as x soluções de: 2 2 2 2 2 2 1 0 1 1 1 0 x x x x
2
2 1 1 1 0 x k x k Então:
2
1 1 4 3 1 2 x k kOu seja, as soluções são:
1 2 2 2 3 1 1 1 4 3 1 2 1 1 4 3 1 2 x k x k k x k k De (II), temos: 3 1 4 2 k ou 3 1 4 2 k .Se quisermos as respostas em função do parâmetro , para
3 1 4 2 k , temos: 1 2 2 2 3 1 1 4 1 2 1 3 1 4 3 1 4 1 4 3 1 2 2 2 1 3 1 4 3 1 4 1 4 3 1 2 2 2 x k x x 1 2 3 1 1 4 2 1 1 1 4 5 3 1 4 6 2 2 2 1 1 1 4 5 3 1 4 6 2 2 2 x x x Para 3 1 4 2 k : 1 2 3 1 1 4 2 1 1 1 4 1 3 1 4 6 2 2 1 1 1 4 1 3 1 4 6 2 2 x x x QUESTÃO 26
Considere o sistema nas variáveis reais x e y: sen 3 cos cos sen , x y a x y b com 0, 2 e a b, .
Analise para que valores de , a e b o sistema é
(i) possível determinado, (ii) possível indeterminado ou (iii) impossível, respectivamente.
Nos casos (i) e (ii), encontre o respectivo conjunto-solução. Resolução
Colocando o sistema linear no formato matricial, temos: sen 3cos cos sen x a y b
Seja sen 3cos
cos sen
A
a matriz dos coeficientes do sistema. (I) Pela regra de Cramer, sendo um sistema com número de equações igual ao número de incógnitas, ele será possível e determinado (SPD) se e somente se detA . 0
Assim, calculando o determinante da matriz dos coeficientes:
2 2
sen 3 cos
det sen 3 cos
cos sen
A
Para que seja um sistema possível e determinado:
2 2
12 Sendo 0
2
, de modo que cos , reescrevemos a condição 0 sobre o determinante como:
2 2 2
sen 3 cos 0 tg 3 tg 3 Novamente usando o fato de que 0
2
, o que garante que tg , ficamos com a única restrição: 0
tg 3
3
Mediante essa restrição, a regra de Cramer nos dá o par ordenado (x, y) que resolve o sistema expresso como:
2 2
2 2
3cos
sen sen 3 cos
sen 3 cos sen 3 cos
cos sen
sen
cos sen cos
sen 3 cos sen 3 cos
cos sen a b a b x a b b a y
Portanto, o sistema será possível e determinado para 3 e quaisquer a e b reais, sendo o conjunto-solução dado por:
2 2 2 2
sen 3 cos sen cos
,
sen 3 cos sen 3 cos
a b b a
S
.
Analisemos agora o que acontece para 3 . Nesse caso, sendo sen 3
3 2 e cos 1 3 2 , o sistema fica: 1 3 3 3 2 2 3 2 2 1 3 1 3 2 2 2 2 a x y x y a x y b x y b .
A partir disso, temos que:
(II) se 3
3
a
b a b
, as duas equações são, na verdade, iguais e, portanto, o sistema é possível e indeterminado. Nesse caso, temos que atribuir um valor arbitrário para uma das incógnitas (por exemplo, fazendo y ) e deixar a outra variável também em função de :
1 3 1 3 2 3 2 x 2 y b 2 x 2 b x b y y y
Portanto, o sistema será possível e indeterminado quando 3 e 3
ab , sendo o conjunto-solução dado por:
2 3 , ,
S b .
(III) Finalmente, o sistema será impossível quando 3
e ab 3, sendo naturalmente o conjunto-solução:
V . QUESTÃO 27 Encontre os pares
, 0, 0, 2 2 que satisfazem simultaneamente as equações
2
tg cotg cos sen 2cos 1 e
3 sen cos 3.
Resolução
Primeiro vamos manipular a seguinte expressão:
sen costg cotg cos sen cos sen
cos sen
sen sen cos cos cos
Substituindo isso na primeira expressão temos:
2
tg cotg cos sen 2cos 1
2
cos 2cos 1
2 2cos cos 1 0 Com a substituição ycos
, chegamos à equação de segundo
grau:2
2y y 1 0 y ou 1 1 2
y
Porém, observe que:
0 0 2 2 0 0 2 2
Somando membro a membro as inequações, temos:
2 2
Mediante essa restrição, ycos
e a única solução é
0 y . 1 Logo:
cos 1 2 0 2 2 2 2 k Substituindo na segunda equação dada, vem que:
3 sen 2 cos 2 3 Dividindo então a expressão por 2, obtemos:
3 1 3
sen 2 cos 2
2 2 2
3cos sen 2 sen cos 2
6 6 2 3 sen 2 6 2 2 2 6 3 k ou 2 2 2 6 3 k 2 12 k ou 2 4 k Sendo 0, 2 , ficamos com 12 ou 4 . Como , o conjunto solução é:
, ; , 4 4 12 12 S QUESTÃO 28
Determine a área da figura plana situada no primeiro quadrante e
delimitada pelas curvas
2
2 02 x y x y e 2 2 2 8 0 x xy .
13 Resolução
Por hipótese, podemos construir uma figura, que é formada pela circunferência:
2 2
: x 2x y 8 0
e por duas retas:
2
2 0 : 2 0 2 x y x y r y x ou : 2 2 0 x s y Assim, reescrevendo as equações dadas, temos: :
2 2
2 22 8 0 1 9
x xy x y ,
que é uma circunferência de centro (1,0) e raio 3. As equações das retas acima referidas são:
: r y x 2 0 y ;x 2 : s 2 0 2 2 2 x x y y ,
Cujas representações estão abaixo.
1 O C A B r 1 x x s y 2 4 D E Onde A
1, 3 , B
0, 2 e 1,3 2 C .A região mencionada no enunciado está pintada na figura acima. Vemos que a área desta região é composta pela parte de 1/4 de circunferência que está acima da reta s unido do triângulo ABC. Vamos agora calcular cada uma dessas regiões.
Calculamos a área do setor ACD acima descrito pela diferença entre a área do setor e do triângulo CED:
ACD setor CED
A A A
Calculando cada uma das regiões:
2 circ setor 3 9 4 4 4 A A 1 3 9 3 2 2 4 CED A e 0 2 1 1 3 1 3 1 2 4 3 1 1 2 ABC A .
Logo, a área pedida é:
ACD setor
3 9 9
4 4 4
ABC ABC CED
AA A A A A
9 6
4
A
QUESTÃO 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 C AB ,ABC e BCA .
Resolução
Uma figura descritiva da situação é:
C A B h x 2 2 x 2 x
Então conseguimos os seguintes valores de tangente: tg tg2 tg 2 2 tg2 2 tg3 tg tg3 x h x x h h h h x x h h h h
tg3 tg 2 tg2 tg tg3 2 tg2 tg Utilizando as relações de arco-duplo e arco-triplo de tangente:
2 2 tg tg2 1 tg
2 3 2 2 2 tg tg 3 tg tg 1 tg tg3 tg 2 2 tg 1 3 tg 1 tg 1 tg Chamando y e sabendo que tg y0, chegamos então em:
3 2 2 3 2 tg3 2 tg2 tg 2 1 3 1 y y y y y y 2 2 4 2 2 2 3 5 6 1 0 1 3 1 y y y y y y
Resolvendo a equação biquadrática chegamos em:
4 2 2
6 1 0 3 2 2
y y y
Agora note que 32 2
21
2 e 32 2
21
2e como neste caso a tangente é positiva, temos:tg 21 ou tg 21 Mas se tg 2 1 1 tg 4 , então 4 e, portanto 4 , o que é um absurdo com a formação do triângulo. Então
tg 21, calculando a tangente do arco duplo temos então:
2 2 2 1 2 2 2 tg2 1 2 2 2 1 2 1 Assim 2 4 8 e 4 2 , o que torna nosso triângulo retângulo de hipotenusa AB .
a) Utilizando que o comprimento da mediana relativa a hipotenusa de um triângulo retângulo mede metade do comprimento da hipotenusa, temos que:
Hipotenusa
2 2
m
b) Como visto 2
BCA , pela figura temos:
3 2 2 8 8 C AB 3 3 2 2 8 8 ABC Ou seja: 3 8 C AB , 8 ABC e 2 BCA
Observação: Os vértices A e B podem ser trocados entre si, pois o enunciado não deixa claro suas posições em relação a C.
