Matemática - 13-12-06 - ITA -...
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AB
C
xy
10z2
4
8
Se A , B , C forem conjuntos tais que
( ) 23n A B∪ = , ( ) 12n B A− = , ( ) 10n C A− = ,
( ) 6n B C∩ = e ( ) 4n A B C∩ ∩ = ,
então ( )n A , ( )n A C∪ , ( )n A B C∪ ∪ nesta ordem,
a) ( ) formam uma progressão aritmética de razão 6 . b) ( ) formam uma progressão aritmética de razão 2 . c) ( ) formam uma progressão aritmética de razão 8 , cujo primeiro termo é 11 . d) ( ) formam uma progressão aritmética de razão 10 , cujo último termo é 31 . e) ( ) não formam uma progressão aritmética.
Resolução
Para preencher o diagrama de Venn: ( ) 4n A B C∩ ∩ =
( )( ) ( ) ( ) 6 4 2n B C A n B C n B C A∩ − = ∩ − ∩ ∩ = − =
( )( ) ( ) ( )( ) 12 2 10n B C A n B A n B C A− ∪ = − − ∩ − = − =
( )( ) ( ) ( )( ) 10 2 8n C B A n C A n B C A− ∪ = − − ∩ − = − =
Sabe-se também que: ( ) 23n A B∪ =
4 2 10 23x y z+ + + + + = 7x y z+ + =
Portanto:
( )7
4 11n A x y z= + + + =
( )7
4 2 8 21n A C x y z∪ = + + + + + =
( )7
4 2 8 10 31n A B C x y z∪ ∪ = + + + + + + =
Logo, ( ) ( ) ( )( ) ( ); ; 11; 21; 31n A n A C n A B C∪ ∪ ∪ = que é uma P.A. de razão 10 .
Alternativa d
2
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto de A com 6 elementos. O número de subconjuntos de A com um número de elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é a) ( ) 82 9− . b) ( ) 82 1− . c) ( ) 8 62 2− . d) ( ) 14 82 2− . e) ( ) 82 .
Resolução
Dados do enunciado:
( )( )
14
6
n A
n BB A
= ⎫⎪
= ⇒⎬⎪⊂ ⎭
Os subconjuntos de A devem ter 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 ou 0 elementos selecionados dentre os 8 elementos do conjunto -A B . Dessa forma, haverão 8,6C subconjuntos com 6 , 8,5C subconjuntos com 5 elementos, e assim por diante:
8,6 8,5 8,4 8,3 8,2 8,1 8,0n C C C C C C C= + + + + + +
( )8 (*)
88, 8,7 8,8
02 8 1i
in C C C
=
⎛ ⎞= − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠∑
( )* ver propriedades do triângulo de Pascal.
82 9n = −
Alternativa a
Considere a equação: 3 41 1 116
1 1 1ix i iix i i
− + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠.
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das soluções dessa equação é a) ( ) 3 . b) ( ) 6 . c) ( ) 9 . d) ( ) 12 . e) ( ) 15 .
Resolução
Sabendo-se que: ( )( )
2 2
1 11 1 2 11 1 2
i ii i ii i
+ ++ + −= = =
− −
e que:
1 11
i ii i
−= = −
+
A equação dada ficará da seguinte forma:
( )( ) ( )3 3
4 41 116 16 21 1
ix ixi i iix ix
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )3
3 31 1 1 11
ix ix ixix
−⎛ ⎞ = ⇔ − = +⎜ ⎟+⎝ ⎠, com x i≠ (denominador não-nulo).
A
B6
8
3
De onde vem: ( ) ( )2 3 2 31 3 3 1 3 3ix x i x ix x i x− − − − = + − + −
3 3 33 3 2 6 0ix ix ix ix x x− + = − ⇔ − =
( )2 3 0x x − =
' 0x =
'' 3x =
''' 3x = −
( ) ( ) ( )2 2 2' '' ''' 6x x x+ + =
Alternativa b
Assinale a opção que indica o módulo do número complexo 1
1 cotgi x+ ⋅, x kπ≠ , k ∈ .
a) ( ) cos x .
b) ( ) ( )1 sen / 2x+ .
c) ( ) 2cos x . d) ( ) cossec x .
e) ( ) sen x .
Resolução
Da propriedade 1 1z z= resulta:
2 2
1 1 11 cot g 1 cot g 1 cot gi x i x x
= =+ ⋅ + ⋅ +
1 sencossec
xx
= = .
Alternativa e
Considere: um retângulo cujos lados medem B e H , um triângulo isósceles em que a base e a altura medem, respectivamente, B e H , e o círculo inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círculo, nesta
ordem, formam uma progressão geométrica, então BH
é uma raiz do polinômio
a) ( ) 3 3 2 2π π π 2 0x x x+ + − = . b) ( ) 2 3 2 2π π 1 0x x x+ + + = . c) ( ) 3 3 2 2π π π 2 0x x x− + + = . d) ( ) 3 2 2π π 2π 1 0x x x− + − = . e) ( ) 3 2 22π π 1 0x x x− + − = .
Resolução
B
H
4
( ), ,... I2
B HPG B H ⋅⎛ ⎞⇒ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
Na figura OPN BPMΔ Δ∼ 2
2
2
2
BHPN PM H r
BON QM r
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠= ⇒ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
( )
22
2
222 1 II
2
BHH Hr r B
⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠− ⋅ + =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
Usando que 4
2 BHπr = (pelas propriedades de P.G.)
2 2
2
2 1 4 1
4 4
H H HBH BBH
⋅− + = ⋅ +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟π⎝ ⎠ π⎝ ⎠
Seja BxH
= :
2
4 4 42 1 1x x xπ π− ⋅ + = +
Reorganizando os termos da equação:
2
4 4 4x x xπ π− =
2
2
1x x xπ π⎛ ⎞− =⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
2 3 4
2 1x x x xπ π π
− + =
2 2 32 1x x xπ − π + = π 3 2 2 2 1 0x x x⇒ π − π + π − =
Alternativa d
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em progressão geométrica de razão r , então r pertence ao intervalo
a) ( ) ( )1 2
0,2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
b) ( ) ( ) ( )1 2 1 5
,2 2
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
c) ( ) ( ) ( )1 5 1 5
,2 2
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
d) ( ) ( )1 5 2, 2
2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
.
e) ( ) ( )2 322 ,
2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
.
5
Resolução
Considere o triângulo
Obs.: não há perda de generalidade ao consideramos b r⋅ como maior lado.
Assim, ( )2
2 2 2 4 22
1 1 1 0bbr b r r rr r
⎛ ⎞> + ⇒ > + ⇒ − − >⎜ ⎟⎝ ⎠
,
Resolvendo esta inequação obtemos 1 5
2r +> .
Usando a condição de existência de triângulo, temos 2 1 0bbr b r r
r< + ⇒ − − <
Ou seja 1 5
2r +<
1 5 1 52 2
r+ +∴ < < .
Alternativa c
Sejam x , y e z números reais positivos tais que seus logaritmos numa dada base k são números primos satisfazendo log ( ) 49k x y⋅ = , log ( / ) 44k x z = .
Então, log ( )k x y z⋅ ⋅ é igual a: a) ( ) 52 . b) ( ) 61 . c) ( ) 67 . d) ( ) 80 . e) ( ) 97 .
Resolução
Sejam 1 2,P P e 3P primos: 1 2,P Px k y k= = e 3Pz k=
( ) ( )1 2 1 2log 49 log log 49P P P Pk k kx y k k k +⋅ = ⇒ ⋅ = = ⇒
1 2 149 2P P P+ = ⇒ = e 2 47P = ou 1 47P = e 2 2.P =
Caso I: Para 1 2P = e 2 47P = e 2x k⇒ = e 47 ,y k= assim
2 244 42
3log 44 42kk k k z k Pz z
−⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒ = −⎜ ⎟
⎝ ⎠ (não convém)
Caso II: Para 1 47P = e 1 2P = 47x x⇒ = e 2y k= , assim
47 4744 3log 44k
k k k z kz z
⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) ( )47 2 3log log 52k kx y z x k k∴ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
Alternativa a
6
Sejam x e y dois números reais tais que xe , ye e o quociente
2 54 5
x
y
ee−−
são todos racionais. A soma x y+ é igual a a) ( ) 0 . b) ( ) 1 . c) ( ) 52log 3 . d) ( ) 5log 2 . e) ( ) 3log 2e .
Resolução
Podemos reescrever a razão dada na seguinte forma:
2
2 5 4 5 4 8 5 5 2 516 54 5 4 5
x y x x y y
yy y
e e e e eee e
+− + − + − ⋅⋅ =
−− +
Como xe , ye Q∈ , o numerador 4 8 5 5 10x x y ye e e+− + − da razão dada, deve ser inteiro. Podemos dizer que a parte irracional de
4 8 5 5 10x x y ye e e+− + − será nula, ou seja:
8 5 5 0x ye +− + = 8 0x ye +− + =
8 3 2x y x ye e+ += ⇒ = ⇒ln ln 3 2x y+ = ln
Alternativa e
Seja ( )Q z um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de 5z é igual a
1 . Sendo 3 2 1z z z+ + + um fator de ( )Q z , ( )0 2Q = e ( )1 8Q = , então, podemos afirmar que a soma dos quadrados dos
módulos das raízes de ( )Q z é igual a
a) ( ) 9 . b) ( ) 7 . c) ( ) 5 . d) ( ) 3 . e) ( ) 1 .
Resolução
Sabe-se que o polinômio ( )Q z será da seguinte forma:
( ) ( ) ( )3 2 21Q z z z z z az b= + + + ⋅ + + , a , b ∈
A partir dos dados do enunciado, podemos determinar os coeficientes a e b :
( )0 1 22
Q bb
= ⋅ =
=
( ) ( )( )1 1 1 1 1 1 8Q a b= + + + + + =
( )4 3 8a⋅ + =
3 2a+ = 1a .= −
7
Portanto, ( )Q z está determinado, e podemos calcular suas raízes:
( ) ( ) ( )3 2 21 2Q z z z z z z= + + + ⋅ − + 3 2 1 0z z z+ + + = , por inspeção, vemos que -1 é raiz.
Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini para redução de ordem:
1 1 1 1 -11 0 1 0
2 1 0z + = z i= ±
2 2 0z z− + =
1 1 82
z ± −=
1 72
iz ±=
O valor pedido no enunciado será: 2 2
2 22 22 2 2 1 7 1 71 1 1
2 2 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( )2 23 2 2 7+ + =
Alternativa b
Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o polinômio 29 63x x c− + , numa diferença de dois cubos.
( ) ( )3 3x a x b+ − + .
Neste caso, a b c+ − é igual a
a) ( ) 104 . b) ( ) 114 . c) ( ) 124 . d) ( ) 134 . e) ( ) 144 .
Resolução
( )3 3 2( ) 9 63x a x b x x c+ − + = − +
Do desenvolvimento os cubos das somas temos que
( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 23 3 9 63a b x a b x a b x x c− + − + − = − +
( )( )( )
2 2
3 3
3 I
21 II
III
a b
a b
a b c
⎧ − =⎪⎪ − = −⎨⎪
− =⎪⎩
⇒ fatorando ( )II teremos
( )( )( )
( )
21
3 21
7 IV
a b a b
a b
a b
− + = −
+ = −
+ = −
De ( )I e ( )IV temos: 3
7a ba b− =⎧
⎨ + = −⎩ logo 2a = − e 5b = −
Substituindo 2a = − e 5b = − em ( )III encontramos 117c =
Então: 2 5 117 114 114− + − − = − =
Alternativa b
8
Sobre a equação na variável real x ,
1 3 2 0x − − − = ,
Podemos afirmar que a) ( ) ela não admite solução real. b) ( ) a soma de todas as suas soluções é 6 . c) ( ) ela admite apenas soluções positivas. d) ( ) a soma de todas as soluções é 4 . e) ( ) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução
|| 1 | 3 | 2 0 | 1| 3 2 0 1 3 2x x x− − − = ⇒ − − − = ⇒ − − = ⇒ | 1 | 3 2x − − = ±
Caso 1) | 1 | 3 2x − − =
1 5x − = ±
i) 1 5x − =
6x =
ii) 1 5x − = −
4x = −
Caso 2) 1 3 2x − − = −
1 1x − =
i) 1 1x − = 2x =
ii) 1 1x − = − 0x =
A soma S de todas as raízes: 6 4 2 0 4S = − + + =
Alternativa d
Determine quantos números de 3 algarismos podem ser formados com 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 e 7 , satisfazendo à seguinte regra: O número não pode ter algarismos repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2 , caso em que o 7 (e apenas o 7 ) pode aparecer mais de uma vez. Assinale o resultado obtido. a) ( ) 204 . b) ( ) 206 . c) ( ) 208 . d) ( ) 210 . e) ( ) 212 .
Resolução
Iniciando pelos algarismo 1 ou 2 , temos:
{ } { } { }1 1 2
1,2 7 7=
Repetindo o nº7
2 ou
{ }6 5 60
1,2=
sem repetir o nº7
2
Não iniciando pelos algarismos 1 e 2 :
{ }6 5 150
3,4,5,6,7=5
Logo, o número total de combinações é 2 60 150 212+ + = Alternativa e
9
Seja x um número real no intervalo 0 / 2x< < π . Assinale a opção que indica o comprimento do menor intervalo que contém todas as soluções da desigualdade
21 13 cos sec( ) 02 2 2 2
xx xπ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
tg .
a) ( ) / 2π . b) ( ) / 3π . c) ( ) / 4π . d) ( ) / 6π . e) ( ) /12π .
Resolução Podemos reescrever a desigualdade da seguinte forma:
21 π 3tg 3 cos sec sec 02 2 2 2
xx x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ⋅ + ⋅ ≥ ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )1 1 cos 1 3 1cotg 3 02 2 cos 2 cos
xxx x
+⎛ ⎞− ⋅ ⋅ + ⋅ ≥⎜ ⎟⎝ ⎠
1 cos 3 1 cos 3 02 sen 2 cos 2cos
x xx x x
+⋅ − ⋅ + ≥
2cos 3 3 cos 3 0sen
x xx− − + ≥
( )2cos 3sen cos 0 cos cos 3sen 0x x x x x x− ⋅ ≥ ⇒ − ≥
E por fim, como cos 0x > , resulta:
cos 3sen 0x x− ≥
3tg3
x ≤ e 0x > , logo:
π06
x< ≤
Alternativa d
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de ,A B∪ sendo: 2
2 πsen : 1,224kkA x k
⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪= = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭
e ( )2 3 5 πsen : 1,2 .
24k
kB y k
⎧ ⎫⎛ + ⎞⎪ ⎪= = =⎨ ⎜ ⎟ ⎬⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭
a) ( ) 0 . b) ( ) 1 . c) ( ) 2 .
d) ( ) ( )2 2 3 /3− + .
e) ( ) ( )2 2 3 /3+ − .
Resolução Cálculo dos elementos da soma:
21
πsen24
x ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
22 2
2π π 1 3sen sen24 6 2 4
x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
10
2
2 21
8 π 3 3sen sen24 3 2 4
y π ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
22
11sen24
y π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
E fazendo a soma pedida:
2 21 2 1 2
π 1 3 11πsen sen24 4 4 24
S x x y y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2π 11π 4 11πsen sen2 24 4 24
S ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 211π 11πcos sen 124 24
S ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 1 2S = + = Alternativa c
Sejam ( )jkA a= e ( )jkB b= , duas matrizes quadradas n n× , onde jka e jkb são, respectivamente, os elementos da linha j e
coluna k das matrizes A e B , definidos por
jk
ja
k⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
, quando, j k≥ , jk
ka
j⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
, quando j k< e ( )0
2jk
pjk
p
jkb
p=
⎛ ⎞= − ⎜ ⎟
⎝ ⎠∑ .
O traço de uma matriz quadrada ( )jkc de ordem n n× é definido por 1np=∑ ppc . Quando n for ímpar, o traço de A B+ é igual
a a) ( ) ( )1 3n n /− .
b) ( ) ( )( )1 1 4n n /− + .
c) ( ) ( ) ( )2 3 2 2n n / n− + − .
d) ( ) ( )3 1n / n− .
e) ( ) ( ) ( )1 2n / n− − .
Resolução Seja AT = Traço da matriz 11 22 nnA a a a= + + +…
Seja BT = Traço da matriz 11 22 nnB b b b= + + +…
1 21 1 1 1
1 2An vezes
nT n
n⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + + + = + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
… …
BT = ( ) ( )0 111
1 12 2 1
0 1b
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ + − ⋅ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 3 422
4 4 4 4 42 2 2 2 2 1
0 1 2 3 4b
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) ( ) ( ) ( )0 1 2 833
9 9 9 92 2 2 2 1
0 1 2 9b
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ + + − ⋅ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠…
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
22 2 20 1 2 1
22 2 2 2 2 1 1 1
0 1 2n n n
nn
nn n nb
n− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ + + − ⋅ = − + = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠… , para todo n é ímpar.
( ) ( )2 3 21 1 1 1 1 1
2A BA Bn nT T T n n
n+
− += + = + − + − + + − = − =
−… .
Alternativa c
11
Considere no plano cartesiano x y o triângulo delimitado pelas retas 2x y= , 2x y= e 2 10x y= − + . A área desse triângulo mede a) ( ) 15 2/ .
b) ( ) 13 4/ . c) ( ) 11 6/ . d) ( ) 9 4/ . e) ( ) 7 2/ .
Resolução
As retas 2r : x y= e 2s : x y= se interceptam no ponto ( )0 0O ; .
Fazendo a intersecção de r com 2 10t : x y= − + temos:
( )2 2 10 2x x x= − + ⇒ = , que determina ( )1 2 4P ; .
E para a intersecção entre s e t :
2 10 52xx x⎛ ⎞= − + ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠, que determina 2
552
P ;⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Finalmente para a área do triângulo teremos:
12
S D= ⋅
0 0 1
1 2 4 12
55 12
S = ⋅
152
S =
Alternativa a
Sejam ( )0A : a, , ( )0B : ,a e ( )C : a,a , pontos do plano cartesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alternativas
abaixo, assinale a equação do lugar geométrico dos pontos ( )P : x,y cuja distância à reta que passa por A e B , é igual à
distância de P ao ponto C . a) ( ) 2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ − − − + = . b) ( ) 2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ + + + + = . c) ( ) 2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ − + + + = . d) ( ) 2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ − − − − = . e) ( ) 2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ + − − − = .
Resolução
A reta ( )r que passa por A e B é:
( )000ay x a
a−⎛ ⎞− = ⋅ − ⇒⎜ ⎟−⎝ ⎠
y x a= − + ou 0x y a+ − = Escrevendo agora que a distância à reta que passa por A e B , é igual à distância de P à C : P,r P ,Cd d=
( ) ( )2 2
2 21 1
x y ax a y a
+ −= − + − ⇒
+
( ) ( ) ( )2 2 22x y a x a y a⎡ ⎤+ − = − + − ⇒⎣ ⎦
2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2x xy y xa ya a x xa a y ya a⎡ ⎤+ + − − + = − + + − + ⇒⎣ ⎦
2 2 22 2 2 3 0x y xy ax ay a+ − − − + =
Alternativa a
12
Seja nP um polígono regular de n lados, com 2n > . Denote por na o apótema e por nb o comprimento de um lado de nP . O valor de n para o qual valem as desigualdades
n nb a≤ e 1 1n nb a− −> , pertence ao intervalo a) ( ) 3 7n< < . b) ( ) 6 9n< < . c) ( ) 8 11n< < . d) ( ) 10 13n< < . e) ( ) 12 15n< < .
Resolução
Primeiro, calculamos nb em função de ena n :
( )2 2nθ π⋅ =
nπθ =
/ 2tg n
n
ba
θ =
( )2 tg In nb anπ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠
Em seguida, resolvemos as desigualdades: i) n nb a≤
2 tgn na anπ⎛ ⎞⋅ ⋅ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠
1 3tg2 3n
π⎛ ⎞ ≤ <⎜ ⎟⎝ ⎠
tg tg6n
π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞< ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
66
nnπ π< ⇒ >
ii) 1 1n nb a− −>
12 tg 11n na a
nπ
−⎛ ⎞⋅ ⋅ > −⎜ ⎟−⎝ ⎠
1tg tg tg
1 2 1 8n nπ π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞> ⇒ > ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 8n
π π> ⇒
−1 8 9n n− < ∴ <
Logo 6 9n< < Alternativa b
Sejam 1P e 2P octógonos regulares. O primeiro está inscrito e o segundo circunscrito a uma circunferência de raio R . Sendo
1A a área de 1P e 2A a área de 2P , então a razão 1 2A A é igual a
a) ( ) 5 8 .
b) ( ) 9 2 16/ . c) ( ) ( )2 2 1− .
d) ( ) ( )4 2 1 8/+ .
e) ( ) ( )2 2 4/+ .
13
Resolução
1
sen 45º82P
R RA ⋅ ⋅= ⋅
2
sen 45º82P
x xA ⋅ ⋅= ⋅
1
2 242PA R= ⋅ ⋅
2
2 242PA x= ⋅ ⋅
1
22 2PA R= 2
22 2PA x=
Mas 45ºcos2
Rx
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
, logo
1
2
2 22
22
2 2 45ºcos22 2
P
P
A R RA xx
⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟⎝ ⎠
1
2
21 cos 45º 2 2
2 4P
P
AA
⎛ ⎞+ += =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Alternativa e
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema da base mede 3 cm . Secciona-se a pirâmide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tronco de volume igual a 31cm e uma nova pirâmide. Dado que a razão entre as
alturas das pirâmides é 1 2/ , a altura do tronco, em centímetros, é igual a a) ( ) ( )6 2 4/− .
b) ( ) ( )6 3 3/− .
c) ( ) ( )3 3 6 21/− .
d) ( ) ( )3 2 2 3 6/− .
e) ( ) ( )2 6 2 22/− .
Resolução 1
14
Dado que a razão entre as alturas é 12
, temos:
31 12 2
h vH V
⎛ ⎞= ⇒ = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
8V v=
Usando que o volume do tronco vale 1:
8 81 178
VV v V V +− = ⇒ − = ∴ =
E sendo 13 baseV A H= ⋅ :
21 363 4
V H= ⋅ ⋅ ⋅ e sendo o apótema 3a = :
3 2 22 3
aa = ∴ = = , e assim:
( ) ( )8 8 3 8 81 6 33 7 42 3
V H H+ +
= ⋅ ⋅ = ⇒ =⋅
E por fim,
( )3 8 8
2 42 6Hh
+= =
E para a altura do tronco H h−
( ) ( )3 8 8 3 3 611 cm2142 3 2
H h+ −⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟
⎝ ⎠
Resolução 2
Se o apótema da base é igual 3A , então o lado 2cm.= . Sejam h e H as alturas das pirâmides, como 12
hH
= , temos que
' 12
= , onde ' é o lado da secção determinado pelo plano, logo ' 2cm= .
O volume do tronco é dado por ( )3 B b B bx A A A A+ + ⋅ , onde x é a altura, BA é a área da base maior e bA a área da base menor do tronco.
Assim,
( ) ( )2 22 22 3 2 32 3 2 36 6 6 6 1
3 4 4 4 4x⎛ ⎞
⋅ ⋅⎜ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟
⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒
1 3 3 6213 3 6
x −= =
+
Alternativa c
Determine o conjunto C , sendo A , B e C conjuntos de números reais tais que 2{ : 2}A B C x x x∪ ∪ = ∈ + ≥ ,
2{ :8 3 4 2 0}x x xA B x − − −∪ = ∈ − ⋅ − > , { : log( 4) 0}A C x x∩ = ∈ + ≤ , { : 0 2 7 2}B C x x∩ = ∈ ≤ + < .
15
Resolução
Resolvendo separadamente cada uma das condições dadas:
{ } ( )2 2 IA B C x : x x∪ ∪ = ∈ + ≥ 2 2 0x x+ − ≥ 2 2 0x x+ − =
1 392
x − ±Δ = → =
2x' = − e 1x'' =
-2 1
2x ≤ − ou 1x ≥
{ } ( )28 3 4 2 0 IIx x xA B x : − − −∪ = ∈ − ⋅ − >
21 1 13 2 08 4 2x x x− ⋅ − ⋅ >
( ) ( )3 2
1 1 13 4 022 2
xx x− ⋅ − ⋅ >
3 21 1 13 4 02 2 2x x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⋅ − >⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Fazendo 3 21 3 4 02x y y y y⎛ ⎞ = ⇒ − − >⎜ ⎟
⎝ ⎠
3 23 4 0y y y− − >
( )3 23 4 0y y y− − >
Como 0y ,> devemos ter
2 3 4 0y y− − > 2 3 4 0y y− − =
9 16 25Δ = + = 3 5
2y ±=
4y' = e 1y'' = − (não convém)
Voltando: 12x y⎛ ⎞ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 4 2x x− > → < −
{ } ( ): : log( 4) 0 IIIA C x x∩ ∈ + ≤
Dar condições de existência, temos:
4 0x + > 4x > −
e 4 1x + ≤
3x ≤ −
16
4 3x− < ≤ −
{ } ( ): : 0 2 7 2 IVB C x x∩ ∈ ≤ + <
0 2 7 2x≤ + < 7 2 5x− ≤ < − 7 52 2
x− ≤ < −
Podemos demonstrar que:
( ) ( ) ( )C A B C A B C A C B= ∪ ∪ − ∪ ∪ ∩ ∪ ∩
-5/2
1-4
[ [54; 1,2−⎤ ⎡− ∪ +∞⎥ ⎢⎦ ⎣
Determine o conjunto A formado por todos os números complexos z tais que
2 32 2
z zz i z i
+ =− +
e
0 | 2 | 1z i< − ≤ . Resolução
Fazendo 2
zwz i
=−
temos
2zw
z i=
+ e a 1ª equação fica da forma
2 3w w+ = , ou:
( )2 3 0x yi x yi i+ + − = +
3 3 0x yi i− = + 1x∴ = e 0y = , ou seja, 1w =
Voltando à substituição:
12
zz i
=−
2z i z− = 2z z i− =
Seja z a bi= + , com a e b reais:
( ) 2a bi a bi i+ − − =
2 2bi i= 1b∴ = e a um real qualquer (reta paralela ao eixo real).
Marcando no plano complexo:
17
Do exposto, o único z é 0 1z i= + .
{ }0 1A i∴ = +
Seja k um número inteiro positivo e
{ :kA j j k= ∈ ≤ e ( , ) 1}mdc j k = .
Verifique se ( )3n A , ( )9n A , 27( )n A e, estão ou não, nesta ordem, numa progressão aritmética ou geométrica. Se for o caso,
especifique a razão. Resolução
I) 3 { : 3A j j= ∈ ≤ e ( , 3) 1} {1, 2}mdc j = =
3( ) 2n A∴ =
II) 9 { : 9A j j= ∈ ≤ e ( , 9) 1} {1, 2, 4, 5, 7, 8}mdc j = =
9( ) 6n A∴ =
III) 27 { : 27A j j= ∈ ≤ e ( ), 27 1} {1, 2, 4, 5, 7, 8,10,11,13,14,16,17,19, 20, 22, 23, 25, 26}mdc j = =
27( ) 18n A∴ =
IV) 81 { : 81A j j= ∈ ≤ e ( , 81) 1} {1, 2, 4, 5,...,79, 80}mdc j = =
Observamos que os elementos de 81A são os não múltiplos positivos de 3 menores que 81 , ou seja,
8181( ) 81 81 27 543
n A = − = − =
Do exposto, concluímos que a seqüência (2, 6,18, 54) é uma progressão geométrica de razão 3 .
Considere a equação:
2 22 1x p x x− + − = .
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes reais? b) Determine todas as raízes reais.
18
Resolução
a) Para 2 0x p− ≥ , 2 1 0x − ≥ e 0x ≥ podemos fazer:
2 22 1x p x x− = − − , com 22 1 0x x− − ≥
( )2 2 2 24 1 4 1x p x x x x− = − − + −
2 24 1 4 4x x x p− = + − , com 24 4 0x p+ − ≥
( ) ( )22 2 216 1 4 4x x x p− = + −
4 2 4 2 2 2 2 216 16 16 4 16 4 4 16 4 16x x x px x px p p x p− = + − + + − − − +
2 2 28 16 8 16px x p p− = − + −
( ) ( )
( )
2 22 4 4
16 8 8 2p p
xp p
− −= =
− −
| 4 |
2 2 2px
p−
∴ =−
Daí temos, 2 0p− > 2p < Voltando às condições iniciais:
i) 2 0x p− ≥
( )( )
240
8 2p
pp
−− ≥
−
( ) ( )24 8 2p p p− ≥ ⋅ ⋅ −
2 216 8 8 16p p p p− + ≥ − +
29 24 16 0p p− + ≥
( )23 4 0p − ≥ , que é válido para todo p real.
ii) 2 1 0x − ≥
( )( )
241 0
8 2pp
−− ≥
−
( ) ( )24 8 2p p− ≥ − 216 8 16 8p p p− + ≥ −
2 0p ≥ , que também é válido para todo p real.
iii) 0x ≥
| 4 | 0
2 2 2p
p−
≥−
, que é válido para todo p real e menor que 2 .
iv) 22 1 0x x− − ≥
( )2 24 1x x≥ −
24 3x≥
( )( )
23 44
8 2pp
−≥
−
23 8 16 0p p+ − ≤
443
p− ≤ ≤
19
v) 24 4 0x p+ − ≥
24 4x p≥ −
( )( )
24 44
8 2p
pp
−≥ −
−
( )4 1
2 2pp
−≥
−
0p ≥ .
Do exposto, concluímos que para valores de reais de p no intervalo 403
,⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
a equação admite solução.
b) Nas condições do item a temos uma única raiz que é ( )
| 4 | 42 2 2 2 2 2
p pxp p
− −= =
⋅ − −.
Sendo x , y , z e w números reais, encontre o conjunto solução do sistema
( )( ) 1log 2 3 0x y w z −⎡ ⎤+ − =⎣ ⎦ ,
3 32 8 2 0x z y z w+ − +− ⋅ = , 3 2 6 2 2 0x y z w+ + − − = .
Resolução
( ) ( ) ( )
( )( )
1
3 3
3
log 2 3 0 I
2 8 2 0 II
2 6 2 2 0 III
x y y z w
x y w z
x y z w
−
+ − +
⎧ ⎡ ⎤+ ⋅ − =⎣ ⎦⎪⎪ − ⋅ =⎨⎪
+ + − − =⎪⎩
Resolvendo parcialmente ( )I :
( )( )
2log 0
3x yw y
⎡ ⎤+=⎢ ⎥
−⎢ ⎥⎣ ⎦
2 13
x yw z+
=−
como a razão é 1 , não existem restrições.
2 3x y w z+ = − 2 3 0x y z w+ + − =
Resolvendo parcialmente ( )II :
3 32 8 2 0x z y z w+ − +− ⋅ = 3 32 8 2x z y z w+ − += ⋅ 3 3 32 2x z y z w+ + − += 3 3 3x z y z w+ = + − + 3 3 3x z y z w+ − + − = 6 3x z y w+ − − =
Resolvendo parcialmente ( )III :
3 2 6 2 2 0x y z w+ + − − = 3 2 6 2 2x y z w+ + − =
2 6 2 8x y z w+ + − = Com isso, passamos a ter o seguinte sistema:
2 3 06 3
2 6 2 8
x y z wx y z w
x y z w
+ + − =⎧⎪ − + − =⎨⎪ + + − =⎩
20
Como não existem restrições nas equações acima, escalonando o sistema:
x + 2y + 3z - w = 0 .(-1)x - y + 6z - w = 02x + y + 6z - 2w = 8
x + 2y + 3z - w = 0 .(-2)- 3y + 3z = 0
2x + y + 6z - 2w = 8⇒
2 3 03 3 03 8
x y z wy zy
+ + − =⎧⎪− + =⎨⎪− =⎩
8
3y −=
3 3 0y z− + = 3 3y z− = −
83
y z z −= → =
2 3 0x y z w+ + − =
Como o sistema é do tipo S.P.I., fazemos α :w =
2 3 α 0x y z+ + − =
8 82 3 α3 3
x − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
16 24 α3 3
x = + + +
40 40 8 8α α, , ,α3 3 3 3
x S π− −⎧ ⎫= + = +⎨ ⎬⎩ ⎭
Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão poderá ser formada?
Resolução
Com pelo menos um rapaz qualquer comissão serve, visto que temos apenas 4 moças. Logo, o número n de comissões será dado por:
9 5 5 59 8 7 6 5C C 1 1255 4 3 2 1, ,n ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= − = − =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
.
Sendo:
9 5C , – total de comissões
5 5C , – comissões só de rapazes.
Considere um triângulo isósceles ABC , retângulo em B . Sobre o lado BC , considere, a partir de B , os pontos D e E , tais que os comprimentos dos segmentos BC , BD , DE , EC , nesta ordem, formem uma progressão geométrica decrescente. Se β for o ângulo EÂD , determine tg β em função da razão r da progressão.
21
Resolução
Do enunciado, podemos fazer a seguinte figura: No ADBΔ :
tg lr rl
α = =
No AEBΔ :
( )2
2tg lr lr r rl
α β ++ = = +
2tg tg1 tg tg
r rα βα β+
= +− ⋅
Logo, 2tg
1 tgr r r
rββ
+= +
− ⋅
( )2 3 2tg tgr r r r rβ β+ = + − + ⋅
( )2 3 2tg 1 r r rβ + + = 2
2 3tg1
rr r
β =+ +
, em que r é a razão da P.G..
Considere, no plano cartesiano xy , duas circunferências 1C e 2C , que se tangenciam exteriormente em ( )5 10P : , . O ponto
( )10 12Q : , é o centro de 1C . Determine o raio da circunferência 2C , sabendo que ela tangencia a reta definida pela equação
x y= .
Resolução
Seja 2R o raio de 2C e O o seu centro.
Do enunciado e traçando por Q uma paralela à reta r temos:
0
R2
R2
D
R1
P (5,10)
ds//r
r: x - y = 0
Q (10,12)
Da semelhança entre os triângulos hachurados:
( )2 1 2
1
IR R R dR D d+ −
=−
Cálculo de 1R , eD d :
2 21 , (10 5) (12 10) 29P QR d= = − + − =
22
, 2 2
5 10 5 221 ( 1)
P rD d−
= = =+ −
, 2 2
10 122
1 ( 1)Q rd d
−= = =
+ −
Voltando em ( )I :
2 229 229 5 2 2
2
R R+ −=
−
2145 2 15 29
49R +
∴ =
Seja 1C uma circunferência de raio 1R inscrita num triângulo equilátero de altura h . Seja 2C uma segunda circunferência, de raio 2R , que tangencia dois lados do triângulo
internamente e 1C externamente. Calcule ( )1 2R R / h− .
Resolução
1O também é baricentro do ABCΔ :
1 3hR =
A semi-reta 1CO é bissetriz do ângulo C
( )1 30med O CB = ° .
O segmento 2O P é construído paralelamente ao lado BC :
( )1 2 30med O O P = °
Finalmente no triângulo 1 2O PO :
21 2
1 22
1 3sen302
3
h RR Rº hR R R
−−= ⇒ =
+ +
2 9hR =
1 2 23 99
h hR R
h h
−−∴ = = .
23
Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume 38 3cm/ , encontram-se nos vértices de um cubo. Cada vértice do cubo é centro de uma esfera de 1cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
Cálculo da aresta do tetraedro regular:
3 212
aV = , em que V é o volume.
( )3 338 2 32 16 2 2 2
3 12 2a a= ⇒ = = =
2 2 cma =
A aresta do tetraedro é diagonal de uma das faces do cubo:
2a b= , em que b é a aresta do cubo. 2 2 2b=
2cmb =
Como os raios das esferas valem 1cm cada, concluímos que as que têm centro sobre uma mesma aresta do cubo são tangentes. Portanto,
para o cálculo do volume V pedido, basta subtrairmos do volume do cubo 18
do volume de cada uma das 8 esferas:
3 31 48
8 3V b rπ= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , em que r é o raio das esferas.
348 1
3V π= − ⋅ ⋅
348 cm3
V π⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
.