PROVA DISCURSIVA
QUESTÃO 01 RESOLUÇÃO: Hipóteses: . (P2∩S1)⊂ P1 ∴ x∈P2e x∈S1→ x∈P1 . (P1∩S2)⊂ P2 ∴ x∈P1e x∈S2→ x∈P2 . (S1∩S2)⊂ (P1∪P2) ∴ x∈S1e x∈S2→ x∈P1ou x∈P2 Tese: . (S1∩S2)⊂ (P1∩P2) ∴ x∈S1e x∈S2→ x∈P1ou x∈P2 Demonstração: Das hipóteses, temos:. x∈S1e x∈S2→ x∈P1ou x∈P2 . x∈S1e x∈S2e x∈P1→ x∈P1e x∈P2 . x∈S1e x∈S2e x∈P2→ x∈P1e x∈P2 ∴ x∈S1e x∈S2→ x∈P1e x∈P2 ∴ x∈(S1∩S2)→ x∈(P1∩P2) ∴ (S1∩S2)⊂ (P1∩P2) extremo nível de dificuldade.
Destaque especial merece a de número 05, que envolveu o produto escalar entre setores do R3, tópico não usual até para processos de seleção das Escolas Militares.
Mesmo com uma quantidade relativamente limitada de questões (10), a prova apresentou um bom equilíbrio quanto à distribuição de assuntos. Conjuntos, Aritmética, Geometria Analítica (R2e R3), Geometria plana e Espacial, Probabilidade, Álgebra e Trigonometria produziram um elogiável equilíbrio.
Acreditamos que os alunos do Curso Positivo, não obstante o grau de dificuldade elevado da prova, obtiveram um ótimo desempenho, pois a maioria das questões foram exaustivamente estudadas nas aulas especiais.
Nossos cumprimentos à comissão elaboradora.
QUESTÃO 02
RESOLUÇÃO:
Sendo S o valor da soma dos resultados de dois dos dados, temos as seguintes possibilidades para os resultados dos três dados:
RESOLUÇÃO:
Do conceito de excentricidade, tem-se: e =d d d d AF Ad BF Bd = ∴ d d d d AF Ad 2 BF Bd 2 = ∴(x 4) (y – 2) 6 (x 1) (y 1) 3 2 2 2 2 2 2 + + = + + + ∴ x2 + (y + 2)2= 8
A equação representa algebricamente uma circunferência de centro (0, –2) cujo raio mede 2 2. A excentricidade e da hipérbole é maior que 1, logo:
(x 4) (y – 2) 6 2 2 2 + + > 1 e(x 1) (y 1) 3 2 2 2 + + + > 1 ∴ (x + 4)2 + (y – 2)2> 36 e (x + 1)2+ (y + 1)2> 9
A inequação (x + 4)2+ (y – 2)2> 36 representa o conjunto de pontos exteriores à circunferência de centro (– 4, 2) e raio 6. Analogamente, (x + 1)2+ (y + 1)2> 9 representa o conjunto de pontos exteriores à circunferência de centro (– 1, – 1) e raio 3. As intersecções entre as circunferências são as soluções dos sistemas formados por pelo menos duas das equações:
x2+ (y + 2)2= 8, (x + 4)2+ (y – 2)2= 36 e (x + 1)2+ (y + 1)2= 9
Resolvendo o sistema formado pelas duas primeiras equações, por exemplo, obtemos: . x =–1 3 7 4 + e y =–7 3 7 4 + ∴ P – ,– 1 3 7 4 7 3 7 4 + +
. x =–1 3 7 4 + e y =– –7 3 7 4 ∴ Q – – ,– – 1 3 7 4 7 3 7 4
Além disso, os focos não podem pertencer à diretriz. Logo, o lugar geométrico deve ser constituído por pontos cujas ordenadas são diferentes de – 4.
Assim, são excluídos os pontos M e N da próxima figura.
RESOLUÇÃO:
Por meio da lei dos senos no triângulo ABC, temos:
Em todo paralelogramo é válida a seguinte relação:
D2+ d2= 2a2+ 2b2, onde D e d são as medidas das diagonais e a e b são as medidas de dois lados consecutivos.
Por meio da lei dos senos no triângulo BCD, temos:
. Assim, CBD = 105o
Sendo O o centro dos paralelogramos ABCD e XYZW, temos, no triângulo retângulo AOX, que:
.Assim, os paralelogramos XYZW e ABCD são semelhantes com razão de semelhança igual a 2 2 .
QUESTÃO 05 RESOLUÇÃO: . SL= 2SB . ap2= h2+ l 2 2 ∴ 2l.ap = 2l2 ∴ l2= h2– l2 4 ∴ ap = l ∴ h2 =3 4 2 l ∴ h =l 3 2
Sistematizando um plano cartesiano tridimensional cuja origem é o ponto A(0,0,0) e cujo plano XOY contém a base da pirâmide, temos: Q l l l 4, 3 4 , 3 4 , D(0, l, 0) e P 34 ,3 4 , 3 4 l l l Logo: .AQ→ = Q – A = l l l 4, 3 4 , 3 4 .DP→ = P – D = 3 4 , – 4 , 3 4 l l l Então, da definição de produto escalar, temos:
AQ →
.DP →
=AQ . DP . cosθ (θ é a medida do ângulo entre as medianas) ∴ l l l 4, 3 4 , 3 4 . 34,– 4 , 3 4 l l l = 4l 34l l43 2 2 2 + + . 34 –4 43 2 2 2 l l l + + . cos θ ∴3 16 – 3 16 3 16 13 16 2 2 2 2 l l l l + = . 13 16 2 l . cosθ ∴3 16 13 16 2 2 l l = . cosθ ∴ cosθ = 3 13→ θ = arc cos 3 13
RESOLUÇÃO:
Como os elementos da matriz A pertencem ao conjunto dos números naturais, e a + b + c = 0, então a = 0, b = 0 e c = 0.
Como , temos:
QUESTÃO 07
RESOLUÇÃO:
Sejam os conjuntos
E = {a + bw} e U = {α∈E/∃β∈E, αβ = 1} em que a,b∈Z e w = cis 2 3 π . a) Seα.β = 1, então: ∴ α β. = 1 ∴ α β. = 1 ∴α ≤ 1 ou β ≤ 1
Sejaα = x + yω∈E, então: x+ ω ≤ 1y ∴ x – y 2 y 3 2 i + ≤ 1 ∴ x – y 2 y 3 2 2 2 + ≤ 1 (I) Observa-se que x – y 2 2 ≥ 0, então: ∴ x – y 2 y 3 2 y 3 2 2 2 2 + ≥ ∴ x – y 2 y 3 2 y 3 2 2 2 2 + ≥ (II) De (I) e (II), tem-se:
y 3 2 x – y 2 y 3 2 2 2 ≤ + ≤ 1 ∴ y 3 2 ≤ 1 Se y∈Z, então y = –1 ou y = 0 ou y = 1 Se y = 0, então x = 1 ou x = –1. Se y = 1, então: ∴ x – 1 2 3 2 2 2 + ≤ 1 ∴ x – x 12 + ≤ 1 x2– x + 1 = 0→ x∉Z ou x2– x + 1 = 1→ x = 0 ou x = 1 Se y = –1, então: ∴ x 1 2 – 3 2 2 2 + + ≤ 1 ∴ x2+ + ≤ 1x 1 x2+ x + 1 = 0→ x∉Z ou x2+ x + 1 = 1→ x = 0 ou x = –1 Logo, tem-se: U = {1, –1,ω, –ω, 1+ω, –1–ω}. b) Para x = 2 e y = 1, obtém-se (2 +ω) ∈ Y. Para x = 1 e y = –1, obtém-se (1 –ω) ∈ Y. Logo: (2+ω) . (1–ω) = –ω2 –ω +2= –(–ω –1) – ω + 2 = 3. Portanto, os dois elementos podem ser (2+ω) e (1–ω).
RESOLUÇÃO:
Como p é primo, então q + 12 = pke q – 12 = pn–k. Como q + 12 > q –12, então pn–kdivide pk, ou seja,
é um número inteiro. Assim, temos as seguintes possibilidades:
Assim, as soluções da forma (n, p, q) são:
QUESTÃO 09
RESOLUÇÃO:
Dado que tg (x – y) = tgx – tgy
1 tgx.tgy+ , o sistema assume a forma: tgx.tgy – tgx.tgz – a.tgy.tgz a –tgx.tgy – b.tgx.tgz tgy. = + tgz b –c.tgx.tgy tgx.tgz – tgy.tgz c = + =
Fazendo tgx.tgy =α, tgx.tgz = β e tgy.tgz = γ, tem-se; α β γ α β γ α β γ – – – – – – a a b b c c = + = + =
Observa-se queα = β = γ = –1 sempre é solução.
Entretanto, não pode ser solução, pois, neste caso, ocorreria tgx = tgy = tgz e tg(x – y) = tg(y – z) = tg(z – x) = 0. Assim, supondoα, β e γ diferentes de –1, tem-se:
α β γ α β γ α β γ – – – – – – a a . (1) . (c) b b ( ) c c = + = + + = ( )+ α β γ β γ β – – ( ) ( ) ( a a –1 – b (1 – a) a + b . (1 – c) 1 – c –1 – = + = + ac)γ = +ac c . (1 b)+ α β γ β γ γ – – ( ) ( ) a 0 –1 – b (1 – a) a b
–a – b – c – abc a b c abc = + = + = + + +
Para a + b + c + abc≠ 0, tem-se γ = –1, o que não convém. Portanto, o sistema terá solução se a + b + c + abc = 0.
