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 xB
1 K n n a
= a1+a2+...+ak,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 12 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
axm, g x
bx , em n que , ,a b m e n são constantes reais. Se A e B são as imagens def e de g , respectivamente, então, das afirmações abaixo: I. Se AB, 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) log1 2n32 log 21 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) (z3z3 2) d) 6 (zz) e) 2 4 4 (zz) (z z ) Resolução Alternativa APara 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 ab 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 05Sejam ,z w . Das afirmações: I. zw2 z w22
z2w2
; II.
zw
2 zw
24zw; III. zw2 z w24Re
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) zw
ac
bd i
z w2
ac
2 bd
2;(II) zw
ac
bd i
z w2
ac
2 bd
2; Agora, julgamos cada afirmação.I. Verdadeira. Temos que:
2 2 2 2 2 2 zw z w ac bd ac bd
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
zw zw zw zw zw zw
2z 2w 4 z w
III. Verdadeira. Novamente pela fatoração da diferença de quadrados:
2 2 2 2 2 2 zw z w ac bd ac bd
2
2
2
2 a c a c b d b d
ac ac
ac
ac
bd
bd
bd
bd
2a 2c 2b 2d 4ac 4bd .Por outro lado, fazendo
z w abi cdi acbd bcad , i concluímos que:
4 acbd 4Re zw . Portanto, comparando os resultados:
2 2
4Re zw z w zw
QUESTÃO 06
Considere os polinômios em x da forma
5 3 23 2 1
p x x a x a x a x. As raízes de p x
constituem uma 0 progressão aritmética de razão 12 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 CComo 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 08Considere 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 antisimétrica4 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 detAdetB Em particular, se AB,:
det Ak detAk (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
38 detM 2 detM 6 detM
22 det MdetM 4 detM3 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 t0,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 tCom 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 25 6
p z z az z , em que iz a é uma constante complexa. Sabendo que 2i é uma das raízes de
0p 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 b0,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 2cossec 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) 62 2. d) 3
2 . 1
e) 3 4 2 . 5Resolução 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, BDCD . Desse modo, 1 BC . 2
Sabendo que BE 2 , temos que: 1
1 2 1 2 2
BDDEEB DE DE Por Pitágoras no triângulo EAD:
2 2 2
2 22 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 62 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 yy m xx 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 RR R Logo, 5 17 8 R QUESTÃO 16Em um triângulo isósceles ABC , cuja área mede 48 cm2, 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 a12 cm 2 12 cm 3 h h8 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 MEMC ME ME4 cm 12 2 2 2 3 cm PC AC EC ECMC EC Observe ainda, que:
12 3 12 ECEB EB EB9 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 GA4 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 GPME, logo 4 cm
GP . Assim, 8GA 4 GA4 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 yx, o comprimento de MN é igual a: a) x . y b) 1
2 xy . c)
1 3 xy . d) 1
3 xy . e)
1 4 xy . Resolução Alternativa BObserve 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
MNMQNQ xy .
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 h1cm 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, i1,2,...,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, n26. QUESTÃO 19A 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 mrms , 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 ACR (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 (xa) (yb) 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
xh 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 . ResoluçãoUsando 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 162log 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 zi ,sabendo que z 2 1, z . b) Se zo satisfaz (a), determinez0.
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 , zz0 , 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 ReIm
Como queremos maximizar o valor de zi , 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 ImObserve 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 pontoterá 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 0dist 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
25Da 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 25Determine 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 C10,3120 casos.
Então o número de palalelepípedos é 1090 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. ResoluçãoEm 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 xtgx 3tg 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 23R 2R x x R 5 Portanto, d x RR 5 R d R
51
.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 p13 cm. Portanto, sua área é: