(III) Falsa. O caso a b 0, com m 0 e 0

1

NOTAÇÕES

 : conjunto dos números naturais; 



1,2,3...



 : conjunto dos números inteiros

 : conjunto dos números racionais  : conjunto dos números reais  : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária : i2

= -1 z : módulo do número z   z : conjugado do número z   Re (z) : parte real do número z   Det A : determinante da matriz A At _{: transposta da matriz A}

P(A) : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto a n(A) : número de elementos do conjunto finito A P(A) : probabilidade de ocorrência do vento A f g : função composta das f e g

 

a b, =



x;a x b



 

a b , =



x;a x b



 

a b, =



x;a x b



 

a b = ,



x;a x b



A\B =



x x; A e xB



1 K n n a 



= a₁+a₂+...+a_k,k 

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradas são cartesianos retangulares.

QUESTÃO 01

Das afirmações:

I. Se ,x y   , com y\   , então x x    ; y \ II. Se x  e y   , então \ xy   ; \

III. Sejam , ,a b c  , com a  b  c. Se f:

   

a c,  a b, é sobrejetora, então f não é injetora, é (são) verdadeira(s)

a) apenas I e II. b) apenas I e III. c) apenas II e III. d) apenas III. e) nenhuma. Resolução Alternativa E

(I) Falsa. Considere, por exemplo:



12 2



x y        . Então x   , \ y   , y\   , mas: x 1 \ x       y x y  x y   (II) Falsa. Considere, por exemplo:

0 x y    _{ }  Então x  , y   , mas: \ 0 \ x y       x y  x y   (III) Falsa. Considere, por exemplo:

1 2 3 a b c         ,

e a função f: 1,3

   

 1,2 tal que

 

1 1

2 2 f x  x . Seu gráfico é:

x

y

0

1

3

1

2

Observe que tal função é bijetora, isto é, é tanto sobrejetora quanto injetora.

QUESTÃO 02

Considere as funções , :f g , f x

 

axm, g x

 

bx , em n que , ,a b m e n são constantes reais. Se A e B são as imagens de

f e de g , respectivamente, então, das afirmações abaixo: I. Se AB, então a e m nb  ;

II. Se A , então a ; 1

III. Se , , ,a b m n , com a b e m  , então A Bn  , é (são) verdadeira(s) a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas I e II e) nenhuma Resolução Alternativa E

As funções f e g representam pontos discretos sobre a correspondente reta real.

Veja o exemplo para a função ( )f x    x 5

y x O 5 4 5 3 2 1 4 3 2 1

Encontraremos, então, contraexemplos para cada caso:

(I) Falsa. Vamos supor: a , 1 b  e 1 m  . n 0

Nesse caso teremos:`

 

 

f x x g x x        ,

de modo que Im

 

f Im

 

g   e que, portanto, satisfaz A B . Entretanto, a b

(II) Falsa. O caso a  com m  , também permite A   . 1

(III) Falsa. O caso a  , com b 0 m e 0 n implica 0 A

 

m e

 

QUESTÃO 03 A soma 4 1/ 2 2 1 1/ 2 log 32 log 8 n n n  



é igual a: a) 8 9. b) 14 15. c) 15 16. d) 17 18. e) 1 . Resolução Alternativa D Temos que:

(I) log_{1 2}n32 log 2_{1 2} 5n 5

n    ; (II) 2 3( 2)





1 2 1 2 log 8n log 2 n 3 2 n  _  _{  } . Assim:













4 4 4 4 1/ 2 2 1 1/ 2 1 1 1 5 log 32 5 5 1 log 8 3 6 3 2 3 2 n n n n n n n n n n n n                  









5 1 1 1 1 5 68 3 3 8 15 24 3 120    _    _   4 1/ 2 2 1 1/ 2 log 32 17 log 8 18 n n n   



QUESTÃO 04 Se z , então 6 4



2 2



6 3 z  z  z z z é igual a: a)





3 2 2 z z _{b) 6} 6 z z c) (z3z3 2) d) 6 (zz) e) 2 4 4 (zz) (z z ) Resolução Alternativa A

Para resolver essa expressão, precisaremos lembrar que:

2

z   z z Elevando ao quadrado a equação:

2 4 2 2

z   z z z z z Substituindo na expressão, temos:









4 6 2 2 6 6 2 2 2 2 6 3 3 z  z  z z z z  z z  z z z Fazendo a distributiva:





6 ₃ 2 2 2 2 6 6 ₃ 4 2 ₃ 2 4 6 z  z z  z z z z  z z  z z z Veja que:





3 3 2 2 3 3 3 ab a  a b ab b Assim, manipulando a expressão:

 

₃

 

_{2 2 2}

   

_{2 3}



_{2 2}



3 2 ₃ 2 _{z 3z} 2 2 _{z z} z  z  z  z   Portanto, 6 4



2 2

 

2 2



3 3 z  z  z z  z z . QUESTÃO 05

Sejam ,z w  . Das afirmações: I. zw2 z w22



z2w2



; II.



zw

 

2 zw



24zw; III. zw2 z w24Re

 

zw , é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas II e III. e) todas.

Resolução Alternativa E

Sejam os números complexos: z a bi w c di     _{ }  ,

com , , ,a b c d  . Temos que:

(I) zw



ac

 

 bd i



 z w2



ac

 

2 bd



2;

(II) zw



ac

 

 bd i



 z w2



ac

 

2 bd



2; Agora, julgamos cada afirmação.

I. Verdadeira. Temos que:



 





 



2 2 2 2 2 2 zw  z w _ac  bd  _{ } ac  bd _ 



 





2 2



2 2 2 2 2 2 2 2 2a 2b 2c 2d 2 a b 2 c d 2 z w           .

II. Verdadeira. Fatorando a diferença de quadrados, temos que:



 

2



2



 

 

 



zw  zw _zw  zw _{ }  zw  zw _ 

   

2z 2w 4 z w

    

III. Verdadeira. Novamente pela fatoração da diferença de quadrados:



 





 



2 2 2 2 2 2 zw  z w _ac  bd  _{ } ac  bd _ 



 

2



2



 

2



2 a c a c b d b d              



 





ac  ac









ac

 

 ac











bd

 

 bd











bd

 

 bd





       2a 2c 2b 2d 4ac 4bd       .

Por outro lado, fazendo



 







z w  abi  cdi acbd bcad  , i concluímos que:





 

4 acbd 4Re zw . Portanto, comparando os resultados:

 

2 2

4Re zw  z w  zw

QUESTÃO 06

Considere os polinômios em x  da forma

 

5 3 2

3 2 1

p x x a x a x a x. As raízes de p x

 

 constituem uma 0 progressão aritmética de razão 1

2 quando



a a a1, 2, 3



é igual a: a) 1, 0,5 4 4       b) 1 5 , 1, 4 4    _  c) 1 5 , 0, 4 4  _   _  d) 5, 0, 1 4 4    _  e) 1 1 , 1, 4 4  _{ }   _  Resolução Alternativa C

Como temos uma progressão aritmética de razão 1

2 e um polinômio de grau 5, suas 5 raízes podem ser escritas como:

1 3 , , 1, , 2 2 2 r r r r r  _{   }     

Pela relação de Girard da soma das raízes, temos:









4 5 0 1 3 1 2 5 5 1 1 2 2 a r r r r r r r a         _  _  _  _          

Assim as raízes formam a PA:

1 1 PA 1, , 0, , 1 2 2 _{ }     

Pelo teorema fundamental da álgebra, nosso polinômio será então:

 



 



1 1



2



2 1 1 1 1 1 2 2 4 p x   x  x _x _{ }  x _ x x  _x  _x         5 5 3 1 4 4 p x x x x    

Então, pela forma do enunciado:



1 2 3



1 5 , , , 0, 4 4 a a a _  _  .

3

QUESTÃO 07

Para os inteiros positivos k e n , com k , sabe-se que n 1 1 1 1 n n n k k k       _    _      . Então, o valor de 1 1 ... 1 0 2 1 3 2 1 n n n n n n  _  _  _{ }         _           é igual a a) 2n_{ .} 1 b) 1 2n _{ .} 1 _c) 2n1 1 n  _ . d) 1 2 1 1 n n  _  . e) 2n 1 n  . Resolução Alternativa D

Vamos denotar nossa soma por S :

1 1 1 ... 0 2 1 3 2 1 n n n n S n n         _{ } _{ } _{ }  _{ }         

Multiplicando nossa soma por (n , obtemos em cada termo a 1) identidade apresentada no enunciado:





1 1 1 1 1 ... 0 1 2 0 1 1 1 2 1 1 n n n n n n n n n S n n               _{ } _{ } _{ }  _{ }  _{ }  _{ }  _{ }  _{ } 1 1 1 1 ... 2 3 1 1 n n n n n             _{  } _{ } _ _{ }         

Então, lembrando da soma dos binômios:

... 2 1 2 0 n n n n n n      _{   } _                 Temos:





1 1 1 1 1 ... 2 3 1 1 n n n n n S n              _{  } _{ } _ _{ }          1 1 1 1 1 1 1 ... 2 1 2 3 1 0 1 0 n n n n n n n n                    _{  } __{  } _ _{ }_{ }               





1 1 2n 1 n S    1 2 1 1 n S n  _   QUESTÃO 08

Considere as seguintes afirmações sobre as matrizes quadradas A e B de ordem n , com A inversível e B antissimétrica:

I. Se o produto AB for inversível, então n é par; II. Se o produto AB não for inversível, então n é impar; III. Se B for inversível, então n é par.

Destas afirmações, é (são) verdadeira(s): a) Apenas I b) Apenas I e II c) Apenas I e III d) Apenas II e III e) todas. Resolução Alternativa C

Lembrando que uma matriz B é dita antisimétrica quando t

B   e B que uma matriz A é inversível quando det

 

A  . Observe que para 0 uma matriz anti-simétrica vale que:

 

   

 

   

 

det _Bt _det _{B  }1 detn _{B } det _{B  }1 detn _B

Assim, n impar significa det

 

B  det

 

B  det

 

B  . 0 Com isso em mente, vamos analisar as alternativas: (I) Verdadeira.

AB é inversível, então

 

 

 

det AB det A det B  0

Mas então det

 

B  , e como 0



n impar







det

 

B 0



, pela contra-positiva vale



det

 

B 0







n par



, logo a alternativa é verdadeira. (II) Falsa.

AB não é inversível, então

 

 

 

det AB det A det B  0

E como det

 

A  , devemos ter 0 det

 

B  . Mas a condição não 0 implica que n seja impar. Em especial a seguinte matriz antisimétrica

4 4x tem determinante nulo:

0 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0 1 1 1 1 0   _       _{  }    (III) Verdadeira.

B é inversível, logo det

 

B  , e pela contrapositiva 0

 



det B 0







n par



, logo n é par.

Assim, são verdadeiras as afirmações I e III.

QUESTÃO 09 Sejam 1 1 1 1 A y x      _    e 1 2 3 x x B y y z z      _  _     

matrizes reais tais que o

produto AB é uma matriz antissimétrica. Das afirmações abaixo: I. BA é antissimétrica;

II. BA não é inversível;

III. O sistema

 

BA X , com 0



1 2 3



t X  x x x , admite infinitas soluções, é (são) verdadeira(s) a) apenas I e II. b) apenas II e III. c) apenas I. d) apenas II. e) apenas III. Resolução Alternativa B Temos que: 1 1 1 1 6 2 1 2 3 3 x x x y z x y z A B y y y x x y z z z z                 _{ }_  __{ }       _{  }    

Se A B é antissimétrica, isto é,



A B



T   , então: A B





6 0 6 1 2 3 3 3 5 0 0 0 x y z x y x x y z x y z x y z z z              _{       } _{  } _     _  _  _    Portanto: 1 1 1 5 1 1 A   _   e 0 1 3 5 3 0 B            

I. Falsa. Temos que:

0 1 5 1 1 1 1 1 3 5 28 2 8 5 1 1 3 0 3 3 3 B A                 _{ }_{ }_{ }     _  _   , e, portanto,



B A



T   B A II. Verdadeira. Temos que:

  5 1 1 det 28 2 8 3 3 3 B A      

Somando a terceira coluna na segunda coluna, e somando a terceira coluna, multiplicada por 1 na primeira, o determinante não se altera. Assim:   4 2 1 det 20 10 8 0 0 3 B A     

Sendo a primeira coluna múltipla da segunda coluna, segue que:





det B A  0

III. Verdadeira. Como já verificado na afirmação anterior, temos que:





det B A  . 0

Assim, o sistema linear

 

BA X é um sistema homogêneo 0 (portanto sempre possível) com determinante da matriz dos coeficientes ( B A ) igual a zero, o que significa que se trata de um sistema linear possível e indeterminado, admitindo, portanto, uma infinidade de soluções.

QUESTÃO 10

Seja M uma matriz quadrada de ordem 3, inversível, que satisfaz a igualdade



2





3 3



2





det 2 det 2 det 3

9

M  M  M

Então, um valor possível para o determinante da inversa de M é a) 1 3. b) 1 2. c) 2 3. d) 4 5. e) 5 4. Resolução Alternativa A

Para resolver essa questão, vamos utilizar duas propriedades de determinantes:

(I) o teorema de Binet, que afirma que dadas duas matrizes A e B quadradas de mesma ordem, então:





det A B detAdetB Em particular, se AB,:

 





det _Ak _ det_Ak (II) se A é uma matriz quadrada de ordem n, então:





det n det

A A

    

Assim, para a igualdade dada envolvendo a matriz M, 3 3 , temos:



2





3 3



2





det 2 det 2 det 3

9

M  M  M 

 

 

3





3 2 3 3 2 3

2 det 2 det 3 det

9

M M M

      





2





3

8 detM  2 detM  6 detM





2

2 det M_detM  4 detM3_ 0 detM ou det0 M ou det1 M 3

Como M é inversível, então detM . Assim, os possíveis valores 0 para det M são:

detM ou det1 M 3 Agora, como 1 1 det det M M  _

, os possíveis valores para 1

det M são:

detM ou 1 det 1 3 M

QUESTÃO 11

Considere a equação A t X

 

B t t

 

,  , em que

 

2 2 2 1 1 1 1 , 3 1 2 t t e e A t        _  _  _    x X y z            e

 

2 0 t e B t              . Sabendo que

 

detA t  e 1 t0,os valores de x, y e z são, respectivamente, a) 2 2 , 0, 3 2 . b) 2 2 , 0, 3 2 . c) 0, 3 2 , 2 2 . d) 0, 2 3 , 3 . e) 2 3 ,  3, 0.

Resolução Alternativa B

Por hipótese, se det( ( ))A t  e usando o fato de que ao trocar filas 1 paralelas de posição em uma matriz, o valor de seu determinante é multiplicado por – 1, temos que:

 

 

   

2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 det 1 1 1 1 . 2 1 3 1 2 3 1 2 1 1 1 1 . 1 . 2 1 . 1 3 2 t t t t t t e e A t e e e e                      Aplicando a regra de Chió, temos:









 





2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 det ( ) 2 2 1 2 1 2 2 det t t t t t t t t e e e A t e e e e e A t                 

Como o determinante é igual a 1, temos que:

2 2 2 4 2 2 2 2 t t 2 1 t 3 0 t 3 t 2 0 t e e e e e e  _{           } 2 2 2 2 2 1 0 t t t t e e e e t       _ _{ }      _  .

Como t não pode ser zero e a função ( ) x

f x e é crescente positiva para todo x real, concluímos que t 2

e . Substituindo em ( )A t e ( )B t :

 

             _  _{ }  _    _  _{ }   2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2 3 1 2 t t e e A t e

 

             2 2 0 B t

Com isso, o sistema A t X

 

B t

 

fica:

2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2 3 1 2 0 3 2 0 x y z x y x y z z x y z          _{    }  _{            }   _{    }  _    _{     }     _{  }

Somando a primeira e a segunda linhas e somando 3 vezes a primeira linha com a terceira, obtemos,

2 2 2 2 2 2 0 0 0 5 3 2 3 2 3 2 x y z x y z x y y y y z z z                        _{  }  _{ }  _{ }   

Assim, os valores são: x 2 2, 0 y e z 3 2

QUESTÃO 12

Considere o polinômio complexo

 

4 3 2

5 6

p z z az  z   , em que iz a é uma constante complexa. Sabendo que 2i é uma das raízes de

 

0

p z  , as outras raízes são

a) 3 , 1, 1 i  . b) i i, , 1. c) i i, , 1 . d) 2 , 1, 1 i  . e) 2 , i i, 1.

5

Resolução Alternativa A

Sabendo que 2i é raiz de p z

 

, temos:

 

 

4

 

3

 

2

 

2 0 2 2 5 2 2 6 0 16 8 20 2 6 0 p i i a i i i i a i a i                    Assim,

 

4 3 2 5 6 p z z iz  z   . Por Briot-Ruffini: iz 2i 1 i 5 i  6 1 3i  1  0 3i Dessa maneira, p z

 

pode ser escrito como:

  





3 2



2 3 3

p z  z i  z  iz  z i

Para encontrarmos as outras três raízes de p z

 

, basta que:

3 2 3 3 0 z  iz  z i Fatorando a equação:



 











3 2 2 2 3 3 0 3 3 0 1 3 0 z  iz  z i z  z i  z i   z   z i  Resolvendo:



2







2 3 0 3 1 3 0 ou 1 0 1 z i z i z z i z z               _{    } 

Portanto, as outras três raízes são  3 , 1, 1i .

Observação: Um erro comum que pode ser cometido é usar o Teorema das Raízes Complexas, que diz que se um polinômio com coeficientes reais tem uma raiz complexa z0 com multiplicidade k,

então o conjugado z0 também é raiz com mesma multiplicidade k.

Note que este teorema não é aplicável a essa questão, pois os coeficientes de p z

 

não são reais.

QUESTÃO 13

Sabendo que sen x

 

₂2ab₂,a 0 a b

 

 e b0,um possível valor para 1 cos sec 2 2 x tgxé: a) a b. ab  b) . 2 a b ab  c) 2 2 . a b ab  d) 2 2 4 a b ab  e) 2 2 4 a b ab  Resolução Alternativa E

Lembrando as relações por tg 2 x      , temos: 2 2 2 2 tg 2 sen2 1 1 cos 2 1 2 tg2 1 x x x x     _  _      _    _{ }    _  _{ }  Assim, manipulando a expressão:

2 1 1 1 1 1 1 1 cossec 2 tg tg cotg 2 sen 2 2 2 2 2 2 x x x x x             Agora:

 





2 2 2 2 2 2 _{2 2} 2 4 sen x ab sen x a b . a b _{a b}     _ Deste modo,



_{2 2}



2



_{2 2}



2 2 2 2 2 2 2 2

cossec 1 cotg cotg 1

4 4 a b a b x x x a b a b          2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

cotg cotg cotg

4 2 2 a b a b a b a b x x x a b ab ab               

Portanto, a expressão buscada é:

2 2 1 1 cossec 2 tg cotg 2 2 4 a b x x x ab      ,

sendo, então, o único valor possível das alternativas

2 2 4 a b ab  . QUESTÃO 14

Considere o triângulo ABC retângulo em A . Sejam AE e AD a altura e a mediana relativa à hipotenusa BC , respectivamente. Se a medida BE é



2 cm e a medida de AD é 1 cm, então AC 1



mede, em cm,

a) 4 2 . 5 b) 3 2. _{c) 62 2.} d) 3



2 . 1



e) 3 4 2 . 5

Resolução Alternativa C

Veja a ilustração da situação descrita pelo enunciado: A

C D E B

1

2 1

Circunscrevendo uma circunferência no triângulo ABC, temos: A

C D E B

1

2 1

Lembre-se que quando circunscrevemos uma circunferência em um triângulo retângulo, temos que o centro é o ponto médio da hipotenusa (no nosso caso, o centro é o ponto D) e o raio, metade do comprimento da hipotenusa. Dessa maneira, segue:

A

C D E B

1

1

1

Veja que tanto AD , quanto BD e CD são raios e que AD . 1 Assim, BDCD . Desse modo, 1 BC . 2

Sabendo que BE 2 , temos que: 1

1 2 1 2 2

BDDEEB DE  DE  Por Pitágoras no triângulo EAD:

     

_{2 2 2}





2  ₂

2 2

2 2 1 4 2 5

AE  ED  AD AE     AE  

Por Pitágoras, novamente, no triângulo AEC:

     

_{2 2 2}



 



2 2 4 2 5 2 2 1 AE  EC  AC      AC 

 

₂





2 4 2 5 3 2 6 2 2 AC AC         Logo, AC 62 2 cm.

QUESTÃO 15

Seja ABC de um triângulo de vértices A(1,4),B(5,1)e C(5,5).O raio da circunferência circunscrita ao triângulo mede, em unidades de comprimento, a) 15 8 . b) 5 17 4 . c) 3 17 5 . d) 5 17 8 . e) 17 5 8 . Resolução Alternativa D Solução A:

Dado um triângulo ABC, de lados AB , BC ba  e CA c , temos que a área S deste triângulo pode ser calculada como:

4 a b c S R   

 , onde R é o raio da circunferência circunscrita. Também podemos calcular a área S do triângulo por:

1 1 4 1 1 1 1 1 5 1 1 16 8 2 2 2 1 5 5 1 A A B B C C x y S x y S S S x y          

Os comprimentos dos lados do triângulo são dados por:



 

2



2 1 5 4 1 5 AB AB d     d 



 

2



2 5 5 1 5 4 BC BC d     d 



 

2



2 1 5 4 5 17 CA CA d     d  Assim: 5 4 17 5 17 8 4 4 8 AB BC CA d d d S R R R            Solução B:

Segue a representação do triângulo ABC no plano cartesiano: y x O A B 1 1 5 5 4 C

Lembre-se que o encontro das mediatrizes é o centro da circunferência circunscrita. Dessa maneira, basta encontrarmos duas retas mediatrizes dos lados dos triângulos para que possamos encontrar o centro. Veja:

y x O A B 1 1 5 5 4 C M N r s O

Perceba que o segmento BC é paralelo ao eixo y e que sua equação é dada por x . Dessa maneira, a equação da reta r, que é mediatriz 5

do segmento BC, além de passar pelo ponto médio M

 

5,3 , será paralela ao eixo x:

: 3

r y

Do mesmo modo, para encontrar a reta s, mediatriz ao segmento AC: 1 4 5 4 5 1 AC s s AC m m m m      _{  }   _  _  Como s passa por 3,9

2 N_ _  :





9





4 3 2 N s N yy m  xx     y x : 4 33 2 s y x    

Agora, interseccionando as retas r e s: 27 3 8 33 4 3 2 y x y x y    _  _  _{  }    _   27 , 3 8 O   _ _

Para determinarmos o raio, basta fazer a distância entre o centro e qualquer um dos vértices:





2 2 , 27 425 5 17 1 4 3 8 64 8 A O d RR _  _   R    Logo, 5 17 8 R QUESTÃO 16

Em um triângulo isósceles ABC , cuja área mede _{48 cm}2_{, a razão}

entre as medidas da altura AP e da base BC é igual a 2 3. Das afirmações abaixo:

I. As medianas relativas aos lados AB e AC medem 97 cm ; II. O baricentro dista 4 cm do vértice A ;

III. Se  é o ângulo formado pela base BC com a mediana BM , relativa ao lado AC , então cos 3

97   , é (são) verdadeira(s)

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

Resolução Alternativa A

Sejam h a medida da altura AP , a o comprimento da base BC e m o comprimento da mediana BM . Observe a figura abaixo:

A B C M G P h a m  

G é o baricentro do triângulo, pois é o encontro de AP com BM e a altura AP é também mediana.

Pelo enunciado, sendo S a área do triângulo ABC:

2 a h S   48 2 a h   a h 96

7 E ainda: 2 3 h a  2 3 h  a Assim, 2 96 2 96 144 2 3 3 a h a a a h a     _{      }  _{ }  a12 cm 2 12 cm 3 h   h8 cm (I) Verdadeira. Queremos determinar se m 97 cm. Observeo ponto E, projeção de M na base BC :

A B C M G P h = 8 cm m   E a = 12 cm M é ponto médio de AC : 2 AC MC APC MEC   : 8 2 2 AP AC MEMC ME  ME4 cm 12 2 2 2 3 cm PC AC EC ECMC EC    Observe ainda, que:

12 3 12 ECEB  EB  EB9 cm Assim, temos: B M m = ?  E _{9 cm} 4 cm Teorema de Pitágoras: 2 ₄2 ₉2 m    m 97 cm

Observação: a mediana relativa ao lado AB tem mesma medida da mediana relativa ao lado AC , devido à simetria do triângulo isósceles. (II) Falsa. Queremos saber se GA4 cm.

Sabe-se que a distância do baricentro ao vértice é 2

3 da medida da mediana, assim: 2 8 cm 4 cm 3 GA  GA

Também podemos chegar a essa conclusão de outra forma:

8 8

GA GP  GP GA

Observe, pela construção das figuras, que GPME, logo 4 cm

GP . Assim, 8GA 4 GA4 cm (III) Falsa. Observe a figura:

B M  E _{9 cm} 4 cm 97 cm Daí: cos 9 3 97 97    . QUESTÃO 17

Considere o trapézio ABCD de bases AB e CD . Sejam M e N os pontos médios das diagonais AC e BD , respectivamente. Então, se AB tem comprimento x e CD tem comprimento yx, o comprimento de MN é igual a: a) x . y b) 1





2 xy . c)





1 3 xy . d) 1





3 xy . e)





1 4 xy . Resolução Alternativa B

Observe a ilustração da situação abaixo, onde também é traçado o segmento PQ , correspondente a base média do trapézio.

M N D C P Q x A B y

Vamos usar a propriedade da base média de um triângulo (segmento que une os pontos médios de dois lados de um triângulo e paralelo ao terceiro lado). Tal propriedade nos diz que se um segmento é base média de um triângulo, então seu comprimento é metade do lado paralelo a este segmento.

 1 ' ' 2 ' ' é paralelo à A B AB A B AB  _    A B ' A B' C

Assim, no nosso caso temos que MQ é base média de AB no triângulo ABC , portanto 1

2 2

x

MQ AB . Do mesmo modo NQ é

base média de CD no triângulo BCD , então 1

2 2

y

NQ CD . Por fim, basta notar que





1

2 2 2

x y

MNMQNQ   xy .

Obs: O segmento MN que une os pontos médios das diagonais de um trapézio é chamado de mediana de Euler.

QUESTÃO 18

Uma pirâmide de altura h1cm e volume 3

50 cm

V  tem como base um polígono convexo de n lados. A partir de um dos vértices do polígono traçam-se n diagonais que decompõem em 3

2

n triângulos cujas áreas Si, i1,2,...,n , constituem uma 2

progressão aritmética na qual 2 3 3 2 S  cm e 2 6 3 S  cm . Então n é igual a: a) 22. b) 24. c) 26. d) 28. e) 32. Resolução Alternativa C

Primeiramente vamos descobrir a área da base de nossa pirâmide:

1 1 50 1 3 base 3 base V A h   A   2 150 base A  cm

Agora, vamos representar a divisão da base descrita no enunciado:





1 S 2 S S3 2 n S_ n 3 S 

Essas sequências de áreas formam uma progressão aritmética, descobrimos a razão dessa progressão pelos dois termos dados:

6 3

3 1

3 3 3

2 2

S S  r    r  r Assim nossas áreas são:

2 1 1 2 S  cm 2 2 1 S  cm 2 3 3 2 S  cm 





2 1 1 2 k k S S  k r cm  2 2 2 2 n n S cm  

Assim, pela fórmula da soma de progressões aritméticas, temos:





 

 



2 1 2 1 2 1 2 150 2 4 n n base k k S S n n n A S          



  



1

 

2



600 ou 26 23 (não convém) n n n n               Portanto, n26. QUESTÃO 19

A equação do circuito localizado no 1º quadrante que tem área igual a 4 (unidades de área) e é tangente, simultaneamente, às retas

: 2 2 5 0 r x y  e :s x   é y 4 0 a) 2 2 3 10 4. 4 4 x y  _  _ _  _         b) 2 2 3 3 2 2 4. 4 4 x y   _  _{ } _  _            c) 2 2 3 10 2 2 4 4 4 x y  _ _  _ _  _  _ _ _ _   . d) 2 2 3 13 2 2 4 4 4 x y  _ _  _ _  _  _ _ _ _   . e) 2 2 3 11 2 2 4 4 4 x y  _ _  _ _  _  _ _ _ _   Resolução Alternativa D Raio da circunferência: 4 Área  2 4 R     2 R Equações das retas:

: 2 2 5 0 r x y  : 2,5 r y x 1 tg 1 r r m     45º r   : 4 0 s x   y : 4 s y   x 1 tg 1 s s m       135º s  

Como mrms  , as retas são perpendiculares entre si. Como r 1 forma 45° com o eixo das abscissas e s forma 135° com o eixo das abscissas, todos os ângulos agudos destacados na figura abaixo serão iguais a 45º. y x O A _{C(a, b)} b c a 45º 45º r s 135º B D R = 2

Observe que, pela construção, ABCD é um quadrado de lado R e 2 lados com inclinação de 45° com a horizontal, portanto, o ponto A(c, b) de encontro das retas tem a mesma ordenada b do centro C(a, b) da circunferência. Assim, 2 ACR (diagonal do quadrado) 2 2 AC E ainda: 2 2 a  c

Cálculo das coordenadas de A(c, b), ponto do cruzamento r : s

: 2,5 3 3 2,5 4 : 4 A A A 4 4 r y x x x x c s y x                 3 3 13 4 4 4 4 : 4 A A A x y y s y x    _{     }       13 4 b 3 4 2 2 c a c   _{ }      3 2 2 4 a_  _  

Substituindo diretamente os valores de R, a e b na equação da circunferência: 2 2 2 (xa) (yb) R  2 2 3 13 2 2 4 4 4 x y  _ _  _ _  _  _ _ _ _  

9

QUESTÃO 20

Considere o sólido de revolução obtido pela rotação de um triângulo isósceles ABC em torno de uma reta paralela á base BC que dista 0,25 cm do vértice A e 0,75 cm da base BC . Se o lado AB mede

2

1 cm 2  

 , o volume desse sólido, em cm

3_{, é igual a} a) 9 16. b) 13 96. c) 7 24. d) 9 24. e) 11 96. Resolução Alternativa C

Seja r a reta em torno da qual o triângulo ABC será rotacionado, G o baricentro desse triângulo e H a projeção do ponto A sobre a reta BC. Temos a figura:

A medida do segmento AH é dada por: 1 0,75 0,25 cm

2

AH  

Sendo o triângulo isósceles, H deve ser ponto médio do segmento BC. Assim, pelo Teorema de Pitágoras no triângulo AHB, temos:

2 ₂ 2 2 2 2 1 1 2 2 2 AB AH HB      _{ } HB       2 2 1 1 cm 4 2 HB  HB    .

Sendo medida de um segmento, segue que:

1 1

cm 2 cm

2

HB BC HB

  .

A área S do triângulo ABC, portanto, será dada por:

2 1 1 1 2 _cm 2 2 4 BC AH S   _    

Sendo o triângulo ABC isósceles, AH é uma mediana e, portanto, o baricentro G divide essa mediana na proporção 2:1 a favor do vértice A. Assim:

2 2 1 1

cm

3 3 2 3

AG AH  

Desse modo, a distância d do baricentro G à reta r é dada por:

1 1 7

cm 4 3 12 d  

O sólido obtido apresenta-se esboçado na figura a seguir:

Logo, pelo teorema de Pappus-Guldin, o volume do sólido obtido pela rotação do triângulo ABC em torno da reta r é dado por:

1 7 2 2 4 12 V         S d    3 7 cm 24 V  QUESTÃO 21 Considere as funções :f  ,   x

f x e ,em que  é uma constante real positiva, e g: 0,



   ,



g x  x.Determine o conjunto-solução da inequação



g f

  

x  f g

 

x .

Resolução

Primeiramente vamos definir as regras de nossas funções compostas:

 

 

x f g x f x e , com x . 0

 

 

2 x x x g f x g e e e        , com x  .

Assim nossa inequação é:

2 x x e e    , e como a função

 

x

h x e é estritamente crescente nos reais, podemos comparar os expoentes

2 2 2 x x x x e e x x         

Onde a ultima equivalência ocorre pois  é real positivo. Então 2

2 x

x x

    x , 4

assim, o conjunto solução é:



: 4



 

4; S x x  

QUESTÃO 22

Determine as soluções reais da equação em x,





3

 

4  10  4 4 100 log 16 log log 3 0 log 16 x x x . Resolução

Usando as propriedades do logaritmo, cada parcela da equação é reescrita da seguinte forma:

1.

 

4  4 4 log x 4log x; 2. 10 10 16 16 4 100 10 log 16 log 16

2log 16 2 2log 2 log 1 log 16 _{log 16} 2 x x x x x       0,75 cm 0,25 cm A C H r B G

Assim, a equação dada fica:





3    





3  

4 4 4 4 4

log x 4log x 6 3log x 0 log x 7log x 6 0. Usando a igualdade: log x4  , temos a seguinte equação cúbica: y













 











3 3 2 2 7 6 0 6 6 0 1 6 1 0 1 1 6 1 0 1 6 0 y y y y y y y y y y y y y y y                        

Assim, as raízes dessa equação na variável y são:

1, 2, 3 y  y  y e os valores de x são:     4 1 log 1 4 x x     4 1 log 2 16 x x    4 log x 3 x 64

Portanto, o conjunto solução da equação é:   

  1 1 , ,64 4 16 S . QUESTÃO 23

a) Determine o valor máximo de zi ,sabendo que z 2 1, z  . b) Se z_o  satisfaz (a), determinez_0.

Resolução

a) Da teoria dos números complexos, temos que cada complexo z a bi é representado no plano Argand-Gauss por um ponto (o qual chamamos de afixo) z



a b,







Re

   

z , Im z



. Assim conseguimos tratar nosso problema de complexos como um problema de geometria analítica. Primeiro notemos que a distância entre os afixos dos complexos z e w é dado por:





dist z w,  z w

Então a equação em z , zz₀  , onde k é uma constante real k positiva, representa uma circunferência de centro no afixo de z0 e raio

k.

Sendo assim, quando o enunciado nos diz para considerar os complexos que satisfazem z  , isso é equivalente a considerar 2 1 os complexos cujos afixos formam uma circunferência de centro em

 

2, 0 e raio 1 :

1

 

2, 0 Re

Im

Como queremos maximizar o valor de zi , isso é equivalente, pela interpretação geométrica, a maximizar dist



z, . Ou seja, a i



distância de um ponto ao afixo do complexo w  (distância ao i ponto



0, 1 ). Isso acontece quando consideramos o ponto



diametricamente oposto a w  pelo segmento que liga ele ao i centro

 

2; 0 :



2, 0





0, 1



0 z Re Im

Observe que esse ponto tem a distância máxima, pois se considerarmos qualquer outro ponto z1 teremos a seguinte situação:

2, 0 0, 1 0 z 1 z Re Im

Então, como qualquer ponto, exceto por z0, fica interior à

circunferência com centro em



0, 1 e raio



dist



i z, 0



, esse ponto

terá uma distância menor do que z0 a w  . i

Confirmado que z₀ é o ponto que maximiza dist



z, , podemos i



escrever essa distância como dist



z0, i



dist



z0,2



dist 2,



 : i





0; 1



0 z



0



dist z,2





dist 2, i 0 z Re Im Então













2 2 0 0

dist z, i dist z,2 dist 2,     i 1 2 i 1 2 1  1 5 

 dist



z0,  i



1 5 .

b) Observe que podemos traçar duas alturas no desenho, obtendo dois triângulos semelhantes como indicado:

2 1 5 1 x y  Re Im

Então, pela semelhança temos:

2 5 1 5 2 1 5 5 5 x x y y              

Então, nosso ponto z0 terá afixo de coordenadas





0 2 5 5 2 , 2 , 5 5 z    x y _  _   Portanto, z0 é o complexo     _  _ _ _     0 2 5 5 2 5 5 z i .

11

QUESTÃO 24

Seja  o espaço amostral que representa todos os resultados possíveis do lançamento simultâneo de três dados. Se A  é o evento para o qual a soma dos resultados dos três dados é igual a 9 e

B  o evento cuja soma dos resultados é igual a 10, calcule: a) n

 

 ;

b) n A

 

e n B

 

c) P A

 

e P B

 

Resolução

a) Veja que para cada lançamento do dado, temos seis possibilidades de resultados, ou seja, pode ser obtido qualquer número que pertença ao conjunto S



1, 2, 3, 4, 5, 6



. Assim, no lançamento simultâneo de três dados, temos:

6 6 6  216possibilidades Portanto, n

 

 216.

b) Para encontrarmos a quantidade de elementos do evento A, desconsiderando permutações, temos os seguintes casos de soma 9:

1 2 6 1 3 5 2 2 5 2 3 4 3 3 3 4 4 1            

Note que, para quaisquer valores, podemos fazer a permutação entre os números obtidos. Assim, temos:

I. Para faces com números distintos, temos 3! possibilidades para cada caso. Como são três casos, então 3! 3 18possibilidades. II. Para faces com apenas dois números iguais, temos 2,1

3

3! 2! P  possibilidades para cada caso. Como são dois casos, então

3!

2 6

2!

  possibilidades.

III. Para faces com todos números iguais, temos uma única possibilidade. Como existe somente um caso, então temos apenas 1 possibilidade.

Logo, n A

 

18  6 1 n A

 

25

Da mesma maneira, podemos repetir o procedimento para o evento B. Os casos, descontando permutação, de soma 10 são:

1 3 6 1 4 5 2 2 6 2 3 5 2 4 4 3 3 4            

Note que, para quaisquer valores, podemos fazer a permutação entre os números obtidos. Assim, temos:

I. Para faces com números distintos, temos 3! possibilidades para cada caso. Como são três casos, então 3! 3 18possibilidades. II. Para faces com apenas dois números iguais, temos 3!

2! possibilidades para cada caso. Como são três casos, então

3!

3 9

2!

  possibilidades.

Logo, n B

 

18 9 n B

 

27 .

c) Como nosso espaço amostral é equiprovável, calculamos as probabilidades pela razão entre o número de elementos do evento e número de elementos do espaço amostral:

 

_{ }

 

 

25 216 n A P A P A n    

 

 

_{ }

 

27 1 216 8 n B P B P B n      Portanto,

 

25 216 P A  e

 

1 8 P B  . QUESTÃO 25

Determine quantos paralelepípedos retângulos diferentes podem ser construídos de tal maneira que a medida de cada uma de suas arestas seja um número inteiro positivo que não exceda 10.

Resolução

Primeiramente observe que apenas permutando o valor do comprimento do lado de um paralelepípedo retângulo, obtemos outro congruente a ele por rotações:

a

b

c

a

b

c

Rotações

Assim devemos separar nossa contagem em três casos (1) quando temos as três dimensões iguais, (2) quando temos duas dimensões iguais e uma distinta e (3) quando temos três dimensões distintas. Caso (1): Como as três dimensões são iguais, devemos apenas escolher seu comprimento, onde temos 10 casos (inteiros positivos de 1 até 10).

Caso (2): Devemos escolher um valor para dois lados e um valor distinto para outro lado. Note que pela simetria descrita no inicio da resolução, não existe a necessidade de se considerar quais dimensões vão assumir quais valores. Assim temos 10 9 90 opções.

Caso (3): Com as três dimensões distintas, escolhemos três valores para as dimensões, e pela simetria descrita no inicio, não precisamos nos preocupar com a ordem, assim temos C10,3120 casos.

Então o número de palalelepípedos é 1090 120 220.

QUESTÃO 26

Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z













2 0 sen 4 0 , 0,2 . 2 1 cos 2 16 0 x y z x y z x y z     _{       }   _{    } 

a) Determine  tal que o sistema tenha infinitas soluções.

b) Para  encontrado em (a), determine o conjunto-solução do sistema.

Resolução

a) Como esse sistema é homogêneo, portanto sempre possível, para ter o caso de sistema possível e indeterminado, basta impor que o determinante da matriz dos coeficientes seja nulo. Assim:

2 2

1 1 2 1 1 1 1 1 1

0 1 sen 4 2 1 sen 2 2 2 1 sen 2

2 1 cos 2 16 2 2 sen 8 1 sen 4

                 

 

2 _{2 2} 1 1 1 1 sen 2 0 1 sen 2     

Observe que tal determinante é um determinante de Vandermonde. Logo, temos:

sen  ou sen2    1

Como 1 sen    , 1    , descartamos a possibilidade sen  . 2 Assim, ficamos com:





sen 1 0,2     _ _{  }  3 2    b) Para 3 2    , temos:

 

2 2 sen 1 1 cos 2 2 sen 2 1 2               

Assim, o temos o sistema linear:

2 0 4 0 2 2 16 0 x y z x y z x y z     _{   }   _{  } 

Somando a primeira equação na segunda, temos: 6z   0 z 0

Voltando a qualquer uma das equações, ficamos com: 0

x     y y x Assim, fazendo x  , temos:

y 

Portanto, o conjunto-solução do sistema pode ser descrito como:







, ,0 ,



V      

QUESTÃO 27

Determine o conjunto de todos os valores de x



0, 2 que



satisfazem, simultaneamente, a 2 2 sen sen 1 0 cos 1 x x x   _  e tgx 3 



1 3 cotgx



cotgx. Resolução

Em toda resolução, usaremos o fato de que x



0, 2 .



Primeira inequação: 2 2sen sen 1 0 cos 1 x x x   _  (I) De início, observamos que:

1 cosx 1 1 1 cosx 1 1 1 2 cosx 1 0

              

Como o denominador não pode ser nulo, restringimos a:





cosx  1 0 cosx  1 x 0, 2 (II) A partir disso, temos:

2 2 2 sen sen 1 0 2sen sen 1 0 cos 1 cos 1 0 x x x x x x    _  _{   }    _{ } 

Resolvendo essa inequação, temos:

senx  ou 1 sen 1 2 x

Como  1 senx , a desigualdade sen1 x  é impossível, de 1 modo que ficamos com:

1 sen 2 x No ciclo trigonométrico: 5 , 6 6 x  _  

(III) Assim, a primeira inequação tem conjunto verdade:





5 5 0, 2 , , 6 6 6 6 I I V   _ _V _ _     Segunda inequação:





tgx 3 1 3 cotgx cotgx

(IV) Como condição de existência para tg x e cotg x , impomos que:



3



0, , , , 2

2 2

x    

(V) Lembrando que cotg 1 tg x x  , temos:





3 1 tg 3 1 3 cotg cotg tg 3 1 tg tg x x x x x x         _  _    2 1 3 tg 3 tg tg x x x   

Multiplicando ambos os membros da inequação por 2

tg x , que existe e é sempre positivo para



0, , ,3 , 2



2 2 x     , temos a manutenção do sinal da inequação:





3 2 2 tg x 3 tg xtgx 3tg x tgx 3 tgx 3



2







tg x 1 tgx 3  0 Analisando o sinal de cada fator separadamente, temos:

tgx 3  – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + tgx 1 – – – – – – – – – – 1 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + cosx senx 5/6 /6 senx 1 – – – – – – – – – – 1/2 + + + + + + + + + + + +

13 Analisando o sinal do produto:

Temos, assim:

tgx  3 ou  1 tgx 1

No ciclo trigonométrico, analisando os intervalos em que essas inequações são satisfeitas, e já impondo a restrição



3



0, , , , 2

2 2

x     , temos:

(VI) Assim, a segunda inequação tem conjunto verdade:

2 3 5 3 5 7 0, , , , , , 2 4 2 3 4 4 2 3 4 II V _  _{ }  _{ }     _{ }  _{ }   _{ }   _            

Sistema formado pelas duas inequações:

I II V V V  , ,2 3 ,5 6 4 2 3 4 6 V _  _{ }   _{ }  _       QUESTÃO 28

Seis esferas de mesmo raio R são colocadas sobre uma superfície horizontal de tal forma que seus centros definam os vértices de um hexágono regular de aresta 2R. Sobre estas é colocada uma sétima esfera de raio 2R que tangencia todas as demais. Determine a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal.

Resolução

Vejamos a figura que ilustra a vista superior das circunferências máximas de cada esfera da situação descrita. Note também que a distância entre um vértice qualquer do hexágono e o seu centro é 2R, assim, a distância entre dois vértices opostos é 4R, deste modo, a superfície da sétima esfera se projeta exatamente sobre os vértices do hexágono.

R 2R

R R R

A intersecção de um plano  , perpendicular à superfície horizontal, que passa pelo centro da sétima esfera e por dois vértices opostos do hexágono nos fornece a seguinte imagem:

2R R 2R x R R 

Note que a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal é dada por d x R. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo destacado, temos:

   

2 2 2

3R  2R x  x R 5 Portanto, d x RR 5 R d R



51



.

QUESTÃO 29

Três circunferências C₁,C₂ e C₃ são tangentes entre si, duas a duas externamente. Os raios r₁,r₂e r₃ destas circunferências constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica de razão 1

3.

A soma dos comprimentos de C₁,C₂ e C₃ é igual a 26 cm. Determine:

a) a área do triângulo cujos vértices são os centros de C1C2e C3.

b) o volume do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo em torno da reta que contém o maior lado.

Resolução

Dado que os raios das circunferências estão em progressão geométrica de razão 1

3 podemos representar cada raio por:

1 3 , 2 , 3

3 x R  x R x R  .

Sabemos, ainda, que a soma dos comprimentos das circunferências é 26 , assim:





1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 26 13 3 13 3 3 C C C R R R R R R x x x x                 

Logo, os raios das circunferências medem 9 cm , 6 cm e 1cm . a) Devemos determinar a área S do triângulo formado pelos centros dessas circunferências, observe a figura:

9

9

3

3

1 1

O triângulo formado tem os lados medindo 12 cm , 10 cm , 4 cm e semiperímetro p13 cm. Portanto, sua área é:



 

 



2 13 13 12 13 10 13 4 13 1 3 9 3 39 cm S             cosx senx /4 3/4 tgx 1 1 3  0 /2 2/3  5/4 3/2 5/3 7/4 1 1 + + + + + + – – – – – – – – – 3  tgx – – – – – – – – – + + + + + +