Questão
Os 36 melhores alunos do colégio Naval submeteram-se a uma prova de 3 questões para
estabelecer a antiguidade militar. Sabendo que dentre estes alunos, 5 só acertaram
a primeira questão, 6 só acertaram a segunda, 7 só acertaram a terceira, 9 acertaram
a primeira e a segunda, 10 acertaram a primeira e a terceira, 7 só acertaram a segunda
e a terceira e, 4 erraram todas as questões, podemos afirmar que o número de alunos
que não acertaram todas as 3 questões é igual a
a ) 6 b ) 8 c) 26 d) 30 e ) 32
Chamando de x o número de alunos que acertaram as 3 questões e representando a situação descrita no enunciado através de um diagrama de Venn, temos: 1ª Questão 2ª Questão 9 - x 5 6 x 10 - x 7 - x 4 7 3ª Questão Se dos 36 alunos, 4 + 5 + 6 + 7 = 22 alunos acertaram somente uma ou nenhuma, temos que 36 – 22 = 14 alunos acertaram pelo menos duas questões, logo: x + ( 9 – x) + (10 – x) + (7 – x) = 14 ⇔ x = 6 Portanto, o número de alunos que não acertaram todas as 3 questões é 36 – 6 = 30.
M AT EM ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 1 ESCOL A N AV AL 2 008
01
alternativa D
Questão
O valor de )x)(1x-(1
x- 1x124
22
+++
dx é
a) arc cosx + arc cotgx + C
b) arc senx — arc tgx + C
c) — arc senx — arc cotgx + C
d) arc cosx + arc tgx + C
e) — arc cosx + arc tgx + C
O integrando em questão é tal que:
)x)(1x -(1
x -1x124
22
+++
= )x)(1x )(1x -(1
x -1x1222
22
++++
= )x -(1)x(1
x -1x1222
22
+++
=
=)x -(1)x(1
x -1x122
22
+++
=)x -(1)x(1
x -1x122
22
+++ =
)x -(1)x(1
x122
2
++
+)x -(1)x(1
x -122
2
+=
= )x -(1
12
+)x(1
12+
= )x -(1
12
−− +)x(1
12+
Dessa forma, temos: )x)(1x -(1
x -1x124
22
+++
dx = )x -(1
12
−− +)x(1
12+
dx =
= — )x -(1
12
− dx + )x(1
12+
dx = — arc cosx + c1 + arc tgx + c2 =
= — arc cosx + arc tgx + c, onde c = c1 + c2.
M AT EM ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 2 PS AEN 2 00 8
02
∫
alternativa E
∫ ∫
∫ ∫
Questão
Uma esfera de 36π m3 de volume está inscrita em um cubo. Uma pirâmide de base igual
à face superior do cubo, nele se apóia. Sabendo que o apótema da pirâmide mede 4 m
e que um plano paralelo ao plano da base corta esta pirâmide a 2m do vértice, então o
volume do tronco assim determinado mede, em metros cúbicos,
7
9674 a) −
7
96712 b) −
7
196712 c) −
7
48736 d) −
7
96736 e) −
O volume de 36 π m3 da esfera inscrita de raio R é tal que 3
4 π R3 = 36 π ⇔ R = 3, logo
a aresta do cubo e da base da pirâmide resultam em 2R = 6 (em m) . 2
H 4 H 3
Dessa forma, H2 + 32 = 42 ⇔ H = 7 . As pirâmides formadas na figura são semelhantes e possuem áreas da base iguais a S e s respectivamente, logo, temos:
2
H2
= Ss ⇔
2
72
= 36s ⇔ s =
7
144
O volume do tronco é a diferença entre os volumes das pirâmides, portanto:
3
1 .S.H – 3
1 .s.2 = 3
1 .36. 7 – 3
1 .7
144 . 2 = 12 7 – 7
96 .
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 3 PS AEN 2 008
03
alternativa B
Questão
Sejam n ∈ IN tal que 24 + 25 + ... + 2n = 8176 e m o menor m ∈ IN tal que
log 2
40
66
1
m)2.4.6...(2
m! ≤ seja verdadeira. O produto m.n vale
a) 120. b) 124. c) 130. d) 132. e) 143.
A equação 24 + 25 + ... + 2n = 8176 representa a soma de n – 4 + 1 = n – 3 termos de uma P.G. de razão 2, logo:
24 + 25 + ... + 2n = 8176 ⇔ 24. 81761-2
1-2 3-n
= ⇔ 4
3- n
28176
1- 2 = ⇔
⇔ 2n - 3 = 512 ⇔ 2n - 3 = 29 ⇔ n – 3 = 9 ⇔ n = 12.
⇔ log2 40
66
1m)2.4.6...(2
m! ≤ ⇔ log
24066
1m).(1.2.3...2
m!m
≤ ⇔2m 40
1.m!2
m! ≤ ⇔
⇔ 2m 402 ≥ . O menor inteiro que verifica a desigualdade anterior é m = 11. Portanto, m.n = 11. 12 = 132.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 4 PS AEN 2 008
04
alternativa D
Questão
Seja z um número complexo tal que iz + 2z = — 3 — 3i, onde z é o conjugado de z.
A forma trigonométrica do número complexo 2z + (3 + i) é
a) 4
5cis 2
π b)
4cis 22
π c)
4
3cis
2
2 π d)
4
7cis 2
π e)
4
3cis 22
π
Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos:
iz + 2z = – 3 – 3i ⇔ i(x + yi) +2(x – yi) = – 3 – 3i ⇔ ix – y + 2x – 2 yi = – 3 – 3i ⇔ ⇔ 2x – y + (x – 2y)i = – 3 – 3i. Dessa forma: 2x – y = – 3 ⇔ x = – 1 x – 2y = – 3 y = 1 Logo, temos:
z = x + yi = – 1 + i, z = – 1 – i e 2z + (3 + i) = 2 ( – 1 – i ) + (3 + i) = 1 – i . Como |Re(1 - i)| = |Im(1 - i)|, Re(1 - i) > 0, Im(1 - i) < 0 ⇒ Arg(1 - i) ∈(IV)Q.
1 – i = 2 .
− i
22
22 = 2 .
+4
7i.sen
47
cosππ = 2 .cis
47π .
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 5 PS AEN 2 008
05
alternativa D
Questão
A equação 3
1
dx
yd2
2
= sen5x cos3x é dita uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem.
Quando x = 0, dx
dy vale 48
43 e y vale 2. O volume do cilindro circular reto, cujo raio da
base mede 22 m e cuja altura, em metros, é o valor de y quando x = 4π , vale em
metros cúbicos
a) 4π (2π +1) b) 8π (4π +1) c) 4π (4π +2) d) 16π (π +1) e) 16π (2π +1)
Aplicando a identidade
−
+=+2
qp.cos
2qp
sen senq) (senp21 ao segundo membro
3xcos 5x sen2
qp.cos
2qp
sentemos equação, da =
−
+
5x2
qp =+ p = 8x
⇔
3x2
qp =− q = 2x
Logo, ( )
+= 2x sen 8x sen21
31
3xcos 5x sen31 = ( )2x sen 8x sen
61 +
( )2x sen 8x sen61
dxyd2
2
+= ⇔1k
2cos2x
8cos8x
61
dxdy +
−−= (k1 ∈IR)
De acordo com o enunciado, dxdy valerá
4843 quando x = 0, logo:
1k
2cos2(0)
8cos8(0)
61
4843 +
−−= ⇔ k1 = 1. Logo, 12
cos2x8
cos8x61
dxdy +
−−=
e ainda que : (k2 ∈IR)
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 6 PS AEN 2 008
alternativa E
06
2k x4
sen2x64
sen8x61
y ++
−−=
2k0
4sen2(0)
64sen8(0)
61
2:logo 0, x quando2 valerá yenunciado, o com acordo De ++
−−==
⇔ k2 = 2
:será cilindro do altura a forma, dessa e2 x4
sen2x64
sen8x61
y(x)Portanto ++
−−=
=++
−−=++
−−= 2 44
)sen(864
)sen(3261
2 44
)sen2(464
)sen8(461
)y(4 πππππππ
2 4 += π
( ) ( ) ( ) ( )1 2161 2.282 422 : será cilindro do volume O2
+=+=+ ππππππ . .
Questão
O sistema linear
+=−++=+−=−+
2a14)z(ay4x
25zy3x
43z2yx
2
onde aaaa ∈IR, pode ser impossível e também possível e indeterminado. Os valores de aaaa que
verificam a afirmação anterior são, respectivamente
a) 4 e -4 b) -4 e 4 c) 24 e -24 d) -24 e 24 e) 12 e 12
A matriz completa associada ao sistema resulta em:
+ 2a14-a14
251-3
43-21
2
(L2 – 3L1)
+ 2a14-a14
10-147-0
43-21
2
(L3 – 4 L1)
14-a2-a7-0
10-147-0
43-21
2
(L3 – L2)
4-a16-a00
10-147-0
43-21
2
Analisando a 3ª linha da matriz agora escalonada, que equivale a (a2 – 16).z = a – 4, temos: Se a2 – 16 = 0 ⇒ a = – 4 ou a = 4 • a = – 4 ⇒ 0.z = – 8 (Nenhum valor para z , consequentemente sistema impossível) • a = 4 ⇒ 0.z = 0 (Infinitas soluções para z , consequentemente sistema possível e indeterminado) Portanto, os valores de a que fazem o sistema ser impossível e possível indeterminado são, respectivamente – 4 e 4.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 7 PS AEN 2008
07
alternativa B
Questão
Seja PPPP o ponto de intersecção entre as retas rrrr e ssss de equações 3x — 2y + 4 = 0 e — 4x + 3y — 7 = 0, respectivamente. Seja QQQQ o centro da circunferência de equação
x2 + y2 + 24 = 6x + 8y. A medida do segmento PQ é igual à quarta parte do compri-
mento do eixo maior da elipse de equação
a) 2x2 + y2 — 8x — 2y + 7 = 0
b ) 2x2 + y2 — 4x — 2y — 1 = 0
c) x2 + 4 y2 — 4x — 24y + 36 = 0
d) x2 + 2 y2 — 2x — 8y + 1 = 0 e ) x2 + 2 y2 — 4x + 8y + 8 = 0
Temos que r ∩ s = { P } = { (x,y) }, logo: 3x – 2y + 4 = 0 x = 2 ⇔ e consequentemente P =(2,5) – 4x + 3y – 7 = 0 y = 5 O centro de x2 + y2 + 24 = 6x + 8y, que equivale a x2 + y2 – 6x – 8y + 24 =0, será dado como
Q =
2(-8)-
,2(-6)- = (3,4) e dessa forma, PQ = 22 4)-(52)-(3 + = 2
Reduzindo cada uma das equações das alternativas, temos que na alternativa D: x2 + 2 y2 – 2x – 8y + 1 = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + 2 y2 – 8y = 0 ⇔ (x – 1 )2 + 2 y2 – 8y + 8 = 8
⇔ (x – 1 )2 + 2(y – 2 )2 = 8 ⇔ 142)- (y
81)- (x 22
=+
Temos que, pela equação acima o eixo maior da elipse é dado por 2a = 2 8 = 4 2 , ou seja
PQ é igual à quarta parte de 4 2 .
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 8 PS AEN 2008
08
alternativa D
Questão
A equação da parábola cujo vértice é o ponto P(2,3) e que passa pelo centro da curva
definida por x2 + y2 — 2 x — 8y + 16 = 0 é
a) y — x2 + 4x — 7 = 0
b ) — y — x 2 + 4x — 1 = 0
c ) y 2 + x — 6y + 7 = 0
d) — y 2 + x + 6y — 11 = 0
e ) y + x 2 + 4x — 15 = 0
O centro da curva x2 + y2 – 2 x – 8y + 16 = 0 é dado por
2(-8)-
,2(-2)- = (1,4).
A posição do centro e do ponto P(2,3) num gráfico, resulta em duas possibilidades: y y ou x x Dessa forma, teremos E1 : (x - 2)2 = 2p (y - 3) ou E2 : (y - 3)2 = - 2p (x - 2), onde p é a distância entre o foco e a diretriz da parábola. Substituindo as coordenadas de (1,4) em E1, temos que (1 - 2)2 = 2p (4 - 3) ⇔ 2p = 1, resultando em (x - 2)2 = 1.(y - 3) ⇔ y – x2 + 4x – 7 = 0. Da mesma forma, substituindo as coordenadas de (1,4) em E2, temos que (4 - 3)2 = -2p (1 - 2) ⇔ 2p = 1, resultando em (y - 3)2 = - 1.(x - 2) ⇔ y2 + x – 6y + 7 = 0.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 9 PS AEN 2008
09
alternativas A e C
1 2
3 4
0 0 1 2
3
4 E1
E2
P P
Questão
Consideremos aaaa, x ∈ IR+ , x ≠1 e a ≠1. Denotemos por log x e logax , os
logaritmos nas bases 10 e aaaa respectivamente. O produto das raízes reais
da equação [ ]2
(-1)x )log(x
110)log1 2
2
=+ ( é
a) 1010 b) 10 c) 10
10 d)
100
10 e) 100
As condições de existência para os logaritmos da equação do enunciado são: • x2 > 0 e x ≠ 1 (logaritmo da esquerda da igualdade) • x-1 > 0 e log(x(-1)) ≠ 0 (logaritmo da direita da igualdade)
Logo, [ ] ⇔
=+⇔
=+2
x
2
(-1)x log(x)-1
(10)log2 2)log(x
1(10)log1 2
22
[ ] [ ]2
xx
2
xx 10log10log 210log-(10)log 21
2.2 =+⇔=+⇔
Fazendo (10)log x
= y e reescrevendo a equação, temos que 2 + y = y2 de modo que y2 – y – 2 = 0 ⇔ y = 2 ou y = –1. Consequentemente (10)log x
= 2 ⇔ x2 = 10 ⇔ x = – 10 ou x = 10 .
Ou ainda (10)log x = –1 ⇔ x =
101 .
Dos 3 valores obtidos, somente 101 e 10 satisfazem as condições de existência.
Portanto, o produto das raízes reais será 101 . 10 =
1010
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 10 PS AEN 2008
10
alternativa C
*
Questão
A melhor representação gráfica para a função real f, de variável real,
definida por f(x) = x
x
ln é
a) y b) y
1 x 1 x
c) y d) y
e) y
Vamos inicialmente construir o gráfico da função g(x) = lnxx
, que é descontínua para x = 0
e x = 1, porém definida para todo x ∈IR+ – {1}. e, x para0 g´(x) onde ,
(lnx)1- lnx
(lnx)(lnx)´ x- (x)´.lnx
g´(x) :temos g´(x), Calculando22
>>==
g´(x) < 0 para x < e. Logo, g é crescente em ] e, + ∞ [ e decrescente em ] 0, e [.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 11 PS AEN 2008
11
alternativa A
1 x x 1x
1 x
*
O valor de x que anula g´(x) é tal que:
crítico) ponto um de (abscissa e x 0 (lnx)
1- lnx0 g´(x)
2=⇔=⇔=
( )
4
2
(lnx)x1
1).2.lnx. (lnxlnxx1
(x)g" que Dado
−−
= e que g”(e) > 0, temos que (e, g(e)) não é
ponto de inflexão, mas sim um ponto de mínimo local. Temos ainda que:
0x ln
xlim
-0 x
=•→
, ∞+=∞+→ x ln
xlim
x
, ∞−=+→ x ln
xlim
x 1
∞+=−→ x ln
x e lim
x 1
Portanto, o gráfico de g, considerando todos os dados obtidos, pode ser: e e Um dos valores para os quais g”(x) = 0 é e2 ≈7,4, ou seja, abscissa de um ponto de inflexão, caracterizando a mudança na concavidade no segundo ramo de g. O gráfico de f será obtido mantendo-se a curva y = g(x) nos intervalos em que g(x)≥ 0 e tomando-se o simétrico da mesma y = g(x) com relação ao eixo das abscissas nos intervalos em que g(x) < 0, portanto o gráfico de y = | g(x) | será:
x
y
x
y
e
e 1
1
Questão
Considere o ponto P = (1, 3, -1), o plano π : x + z = 2 e a reta
As equações paramétricas de uma reta rrrr, que passa por PPPP, paralela ao plano π e distando
3 unidades de distância da reta ssss são
a) x = t + 1 ; y = 3 ; z = — t + 1
b) x = —t + 1 ; y = 3 ; z = — t — 1
c) x = 1 ; y = t + 3 ; z = — t — 1
d) x = 1 ; y = — t + 3 ; z = t + 1 e) x = t + 1 ; y = 3 ; z = — t — 1
A reta procurada será escrita como X = P + t. u = (1, 3, -1 ) + t.(a, b, c), ou ainda como o
conjunto de paramétricas x = 1 + a.t, y = 3 + b.t, z = - 1 + c.t, onde u é um vetor diretor de r.
Sendo v = (1, 0, 1) um vetor normal a π , temos que u . v = 0 ⇒ (a, b, c). (1, 0, 1) = 0 ⇒ a.1 + b. 0 + c.0 = 0 ⇔ a = - c x – z = y + 2 x – z = 2 s: ⇔ z – x = y – 2 y = 0 Dessa forma, s terá equações paramétricas onde A = (2, 0, 0) e
w = (1, 0, 1) um diretor de da reta s.
O vetor AP é tal que AP = (1 – 2, 3 – 0, –1 – 0) = (–1, 3, –1)
A distância entre r e s será dada por w u
w u AP
∧
∧. que no caso, vale 3.
b)- a,- c (b,
101
cba
kji
w u ==∧
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 12 PS AEN 2008
12
alternativa E
−=−+=−
2yxz
2yzx :s
k 1.0z
k 0.0y
k 1.2x
+=+=+=
22 a)-(c2b w u ementeconsequente +=∧
Temos que w u
w u AP
∧
∧. = 3 ⇒ 3
a)-(c2b
3a- 3c
a)-(c2b
b)- a,- c 1).(b,- 3, (-1,2222
=+
=+
e que a = - c. Logo, concluímos que 0 b2cb2c 3 4c2b
6c 222
22=⇔=+⇔=
+
Assim, *IR c c), 0, (-c,c) b, (a,u ∈== . Um representante de u será (1, 0 ,- 1) e consequentemente as equações paramétricas de r são: x = t + 1 ; y = 3 ; z = – t – 1 Outro modo: A intersecção do plano π com o plano (xz) é a reta de equação x + z = 2, que denominamos t. As equações de s são tais que de modo que ou seja, a reta s está contida no plano (xz). Como xP = 1 e zP = – 1 satisfazem as equações de s, temos que d(P,s) = 3 e consequentemente d(r,s) = 3. Um representante do vetor diretor de r será (1, 0, -1). z t s
x
140
Uma equação de r é dada por:
X = P + t. u = (1, 3, -1) + t. (1, 0, -1) = (1 + t, 3, – 1 – t) ou pelas paramétricas : x = t + 1 ; y = 3 ; z = – t – 1
=+=
2-yx-z
2yz-x
==
0y
2z-x
2
1
-1
-2
2
π
Visão espacial da configuração de t, s, P e do plano π , onde • representa o eixo y, perpendicular aos eixos x e z.
u
P
r
Questão
Considere a equação ax3 + bx2 + cx + d = 0, onde a, b, c, d ∈ IR*. Sabendo que as raízes
dessa equação estão em PA, então o produto abc vale
a) 3
9ac2b2 + b) 3
2adb9a2 + c) 9
d27a2b 23 + d) 3
bbd3a 32 + e)
9
b3ad27c 23 +
Chamando as 3 raízes da equação de x1, x2 e x3 respectivamente, temos que x1 = m – r, x2 = m e x3 = m + r. Usando as relações de Girard, temos:
x1 + x2 + x3 = m – r + m + m + r = ab− ⇔ 3m =
ab− ⇔ m =
3ab− (I)
x1. x2 + x1. x3 + x2. x3 = (m – r).m + (m – r).(m + r) + m. (m + r) = ac ⇔ 3m2 – r 2 =
ac (II)
Usando o obtido em (I) na expressão (II), temos que : 3 2
3ab-
– r 2 = ac ⇔ r 2 =
ac
3ab
2
2
−
x1 . x2 . x3 = (m – r). m .(m + r) = ad− ⇔ m3 – m r 2 =
ad− (III)
Substituindo (I) e r2 em (III), temos:
3
3ab
− –
−3a
b .
−ac
3ab
2
2
= ad− ⇔
ad
3abc
9ab
27ab
23
3
3
3
−=−+− ⇔
⇔ 3
2
3
33
27ad27a
27a9abc3bb −=−+− ⇔ 9abc = 2b3 + 27 a2d ⇔
13
alternativa C
9d27a2b
abc23 +=
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 13 PS AEN 2 008
Questão
Seja n n n n o menor inteiro pertencente ao domínio da função real de variável real
3
1)(
4
3
64
27
1e ln )( +
−
+= x
x
xf . Podemos afirmar que 3...333 log n
é raiz da equação
a) x3 — 2x2 — 9 = 0
b) x3 + x — 1 = 0
c) x4 — 4x2 — x + 2 = 0
d) x2 — 4x + 3 = 0
e) x4 — 4x2 + x + 1 = 0
As condições de existência da função f estão restritas a , logo:
043
6427
1 x
>
−
+
⇔ 1 x
43
6427
+
>
⇔ 1 x3
43
43
+
>
⇔ 3 < x + 1 ⇔ x > 2
Logo, o domínio de f será ] 2, ∞+ [ , que contém o menor inteiro n = 3.
Chamando y3...333 = , temos que:
y3...333 = ⇔ yy3 = ⇔ y .yy3 = ⇔ 3y = ⇔ y = 9
Portanto 3...333 logn = 9 log3 = 2 e ainda (2)4 – 4(2)2 – (2) + 2 = 0, ou seja
verifica somente a equação x4 – 4x2 – x + 2 = 0.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 14 PS AEN 2008
14
alternativa C
043
6427
1 x
>
−
+
Questão
Cada termo de uma seqüência de número reais é obtido pela expressão
+−
1n
1
n
1 com n ∈IN*. Se f(x) = x arc sen
6
x e Sn é a soma dos nnnn primeiros
termos da seqüência dada, então vale
a ) 6
32 π+ b ) 30
556 π+ c ) 18
23 π+ d) 12
334 π+ e ) 3
33 π+
De acordo com o enunciado, temos que an = , para todo n ∈IN. Para um dado inteiro positivo k, temos que:
Sk = a1 + a2 + a3 + ... + ak = 1k
1k1
31
21
21
11
+−++−+− ... =
1k1
1+
− =1k
k+
.
e conseqüentemente 100301 S300 =
100301 .
301300 = 3.
Temos que f(x) = x arc sen
6x , logo f´(x) =(x)´. arc sen
6x + x . =
= 1. arc sen
6x + x . .
61 = arc sen
6x +
2x- 36 x
Portanto,
f´ = f´(3) = arc sen
63 + =
23- 36 3 arc sen
21 + =
273 =+
33
6π
632 π+ .
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 15 PS AEN 2008
15
alternativa A
300
S100
301f´
1n1
n1
+−
6x
sen arc ́
2
6x
-1
1
300
S100301
301 300
1300300
S Logo, 300 =+
=
Questão
Considere a função real ffff , de variável real, definida por f(x) = x + ln x, x > 0. Se gggg é a função inversa de ffff, então g” (1) vale
a) 1 b) 0,5 c) 0,125 d) 0,25 e) 0
De acordo com o enunciado, g = f -1, logo, temos: f(g(x)) = x ⇔ [ ] (x)´ ́f(g(x)) = ⇔ f ´(g(x)). g ´(x) = 1 ⇔ [ ] (1)´ ́´(x)f´(g(x)).g = f ”(g(x)) . g´(x). g´(x) + f ´(g(x)) . g” (x) = 0
ainda ef´(g(x))
(x))(g(x)).(g´" f- (x)g" Logo,
2
= f´(g(1))
(1))(g(1)).(g´" f- (1)g"
2
=
Temos ainda que: • g(1) = f -1(1) ⇔ f(g(1)) = 1 ⇔ g(1) + ln g(1) = 1 ⇔ g(1) = 1
• f´(x) = 1 + x1 e f”(x) =
• g´(x) = e g´(1) = = = = Portanto, g” (1) = = = 0,125.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 16 PS AEN 2008
16
alternativa C
2x1−
f´(g(x))1
´(g(1)) f1
g(1)1
1
1
+
11
1
1
+
2 1
11
1
41
11
--
´(1) f21
(1)." f- 2
2
+
=
.
8 1
Questão
Pode-se afirmar que a diagonal de um cubo, cuja aresta corresponde, em
unidades de medida, ao maior dos módulos dentre todas as raízes da equação
x5 + 3x4 +7x3 + 9x2 + 8x + 4 = 0 mede
a) 2 b) 6 c) 2 2 d) 2 3 e) 3 3
Aplicando o teste das raízes racionais à equação dada, temos que as possíveis raízes racionais pertencem ao conjunto {± 1, ± 2, ±4 }, onde constatamos que somente – 1 verifica a equação dada. Logo, aplicando Briot Ruffini, temos: – 1 1 3 7 9 8 4 1 2 5 4 4 0 Dessa forma, temos que a equação corresponde à forma fatorada descrita como: (x + 1).(x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4) = 0 Notemos ainda que x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4 = x4 + x2 + 22 + 2.(x).(x2) + 2.(2).(x2) + 2.(2).(x) = = (x2 + x + 2)2. Logo, (x + 1).(x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4) = 0 ⇔ (x + 1). (x2 + x + 2)2 = 0 O fator x2 + x + 2 fornecerá as raízes e ambas com multiplicidade 2 e cujos módulos são iguais a = 2 Portanto, a diagonal do cubo de aresta medindo 2 , medirá 2 . 3 = 6 .
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 17 PS AEN 2008
17
alternativa B
i27
21 −− i
27
21 +−
22
27
21
−+
−
Questão
Nas proposições abaixo coloque (V) na coluna à esquerda quando a proposição for
verdadeira e (F) quando for falsa.
( ) O triângulo cujos vértices são obtidos pela intersecção das retas y — x + 2 = 0 ,
y + x — 8 = 0 e y = 0 é isósceles.
( ) A equação da circunferência cujo centro coincide com o centro da hipérbole
2y2 — x2 = 6 e que passa pelos focos desta é x2 + y2 = 8.
( ) Seja f uma função real de variável real. Se a pertence ao domínio da f e lim f (x) = lim f (x) = b, então f(a) = b.
( ) Seja f uma função real de variável real. Se f possui derivadas de todas as ordens em um intervalo I ⊂ IR, x0 ∈ I e f ” (x0) = 0, então (x0, f (x0)) é um ponto de
inflexão do gráfico da f . ( ) Se a, b e c, são respectivamente, as medidas dos lados opostos aos ângulos , e
de um triângulo ABC, então o determinante é nulo,
para quaisquer a, b e c em IR*.
Lendo a coluna da esquerda, de cima para baixo, encontra-se
a) V V V F V b) V V V V F
c) F F F V F
d) F F V V V e) V F F F V
(V) Representando num mesmo plano cartesiano as retas descritas pelas equações contidas na afirmativa do enunciado, temos a figura a seguir:
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18
alternativa E
x a+ x a -
^
A ^
B ^
C
^^^
CsenBsenAsen
1 1 1
c b a =∆
y r : y – x + 2 = 0
s : y + x – 8 = 0 x As inclinações de r e s são respectivamente mr = 1 e ms = – 1 , de modo que a inclinação de r será 45° e ambas são , pois mr . ms = – 1 . Logo, o valor de α = 90° – 45° = 45°, de modo que o triângulo pelas retas r, s e o eixo x terá 2 ângulos de 45°, ou seja, isósceles.
(F) A equação 2y2 – x2 = 6 pode ser escrita como 16x
3 y 22
=− de modo que o centro
é (0, 0) e os focos ( )0 ,63 + = (3, 0) e ( )0 ,63 +− = (– 3, 0). A circunferência terá centro (0, 0) e raio “c”, onde c é a metade da distância focal, logo: (x –0)2 + (y –0)2 = c2 = 3 + 6 = 9 ⇔ x2 + y2 = 9.
(F) Se f for descrita como f(x) =
≠=
1xse1,
1xse0, temos que:
l im f(x) = l im f(x) = 1, mas f(1) ≠ 1, onde a = 1 e b = 1. (F) Se f for uma função constante, temos que f terá derivadas de todas as ordens, em
particular f ” (x0) = 0 ∀ x0 ∈ I ⊂ IR, porém (x0, f(x0)) não será ponto de inflexão, pois o gráfico de f é uma reta horinzontal. (V) Num triângulo de lados a, b e c e ângulos , e , temos que a = 2R sen , b = 2R sen e c = 2R sen , onde R é o raio da circunferência circunscrita a ABC. Dessa forma, o determinante terá a 2ª e a 3ª linhas proporcionais, e portanto será nulo. Logo, V F F F V.
8
8 2 - 2
r
s
135° 45° α 0
x 1 + x 1 -
^
A ^
B ^
C ̂
A ^
B ^
C
formado perpendiculares
Questão
O termo de mais alto grau da equação biquadrada B(x) = 0 tem coeficiente igual
a 1111. Sabe-se que duas dessas raízes dessa equação são respectivamente, o termo
central do desenvolvimento de 6
5
1
2
1
− e a quantidade de soluções da equação
sen2x — 6 senx cosx + 8 cos2x = 0 no intervalo [0, 2π ] . Pode-se afirmar que a soma dos
coeficientes de B(x) vale
a) — 9 b) — 6 c) 3 d) 7 e) 12
Se a equação B(x) = 0 tem raízes r1 e r2, então – r1 e – r2 também são raízes, logo: B(x) = 0 ⇔ 1. (x – r1).(x + r1).(x – r2).(x + r2 ) = 0 ⇔ (x2 – ).(x2 – ) = 0 O termo central de é o termo de ordem = 4, logo:
102-
551-
221
20 5
12
13
6TT
33
134 =⋅⋅=
−⋅
⋅
== +
A equação sen2x – 6 senx cosx + 8 cos2x = 0 é equivalente à equação descrita como sen2x – 6 senx cosx + 9 cos2x = cos2x, dessa forma, temos: sen2x – 6 senx cosx + 9 cos2x = cos2x ⇔ (senx – 3cosx)2 = cos2x (*) Logo, senx – 3cosx = cosx ⇔ tgx = 4 ou senx – 3cosx = – cosx ⇔ tgx = 2 Cada uma das equações acima possui duas soluções em [0, 2π ] , localizadas nos quadrantes I e III, dessa forma, (*) terá 4 soluções em [0, 2π ].
Podemos ter r1 = 102- e r2 = 4 e consequentemente:
B(x) = = , cuja soma dos coeficientes é dado por B(1) = = – 9.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 19 PS AEN 2008
19
alternativa A
r 21 r 2
2
6
51
21
− 126 +
( ) 4- x 102-
- x 222
2 .
( )16x52
x 22 −
− .
( )16152
1 22 −
− .
Questão
A medida da área da região plana limitada pela curva de equação y = 2 x- 4x
e pela reta de equação y = x mede, em unidades de área
a) 24
+π b) π — 2 c) π + 4 d) π + 2 e) π — 1
A equação corresponde ao arco de ordenadas não negativas da circunferência de equação x2 + y2 – 4 x = 0 ⇔ (x – 2)2 + (y – 0)2 = 22 e a reta y = x corresponde à reta bissetriz dos quadrantes ímpares. Logo, de acordo com o enunciado, temos a região representada abaixo: y
x
A área pedida será 2
2.2 42 2
−)(π = π – 2.
M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 20 PS AEN 2008
20
alternativa B
2x- 4x y =
2
2
0
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