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MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTT IIIICCCCAAAA
Obs.: São cartesianos ortogonais os sistemas de coor-denadas considerados.
1 DDDDSeja E um ponto externo a uma circunferência. Os seg-mentos
–––EA e
–––ED interceptam essa circunferência nos
pontos B e A, e, C e D, respectivamente. A corda –––AF
da circunferência intercepta o segmento –––ED no ponto
G. Se EB = 5, BA = 7, EC = 4, GD = 3 e AG = 6, entãoGF valea) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5Resolução
1) Pela potência do ponto E tem-se:EA . EB = EC . ED ⇔⇔ 12 . 5 = 4 . (4 + 3 + GC) ⇔ GC = 8
2) Pela potência do ponto G tem-se:GA . GF = GC . GD ⇔ 6 . GF = 8 . 3 ⇔ GF = 4
NOTAÇÕES
C : conjunto dos números complexos Q : conjunto dos números racionais R : conjunto dos números reais Z : conjunto dos números inteirosN = {0, 1, 2, 3,...} N* = {1, 2, 3,...} Ø: conjunto vazio A\B = {x ∈ A : x ∉ B} detA : determinante da matriz AA–1: inversa da matriz A
( ab) : combinação de a elementos, b a b, onde a e b
são inteiros maiores ou iguais a zero–––AB: segmento de reta unindo os pontos A e BP(X) : conjunto de todos os subconjuntos de Xn(X) : número de elementos do conjunto X (X finito)i: unidade imaginária; i2 = –1z = x + iy, x, y ∈ R––z : conjugado do número z ∈ C
Izl : módulo do número z ∈ C
Rez : parte real de z ∈ C
Imz: parte imaginária de z ∈ C
[a,b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}(a,b) = {x ∈ R : a < x < b}[a,b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}(a,b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}
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2 CCCCSeja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1.Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte pro-priedade:
Se A, B ∈ S, então A , B ou B , A.Então, o número máximo de elementos que S pode teré
a) 2n–1
b) n/2, se n for par, e (n + 1)/2 se n for ímpar c) n + 1
d) 2n – 1
e) 2n–1 + 1
Resolução
1) Se S , P(U), qualquer elemento Xi ∈ S é subconjuntode U.
2) Se Xi ≠ Ø for o elemento de S com menor númerode elementos, qualquer outro elemento de S deveráconter Xi.
3) Assim, o conjunto S terá o maior número de elemen-tos quando for do tipoS = {Ø, {a1}, {a1; a2}, {a1; a2; a3}, …,{a1; a2; a3; …;an}}em que {a1; a2; …; an} = U
Desta forma, S possui um máximo de n + 1 elementos.
3 BBBBSejam A e B subconjuntos finitos de um mesmoconjunto X, tais que n(B\A), n(A\B) e n(A " B) formam,nesta ordem, uma progressão aritmética de razão r > 0. Sabendo que n(B\A) = 4 e n(A U B) + r = 64,então, n(A\B) é igual aa) 12 b) 17 c) 20 d) 22 e) 24
Resolução
De acordo com os dados, tem-se o seguinte diagramade Venn-Euler:
pois n(B\A), n(A\B) e n(A " B) formam, nesta ordem,uma progressão aritmética de primeiro termo 4 e razãor > 0.Assim, tem-se que:
n(A " B) + r = 64 ⇔ [(4 + r) + (4 + 2r) + 4] + r = 64 ⇔⇔ 12 + 4r = 64 ⇔ r = 13 en(A\B) = n(A – B) = 4 + r = 4 + 13 = 17
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4 EEEESeja f : R → R definida por f(x) = Ï····77sen[5(x + π/6)] eseja B o conjunto dado por B = {x ∈ R : f(x) = 0}. Se mé o maior elemento de B ù (–∞,0) e n é o menorelemento de B ù (0, +∞), então m + n é igual aa) 2π/15 b) π/15 c) –π/30 d) –π/15 e) –2π/15
Resolução
1) Com k ∈ Z temos:
f(x) = Ï····77 . sen 5 x + = 0 ⇔
⇔ sen 5 x + = 0
⇔ 5 x + = k π ⇔ x + = ⇔
⇔ x = – + e B = {x ∈ R: x = – + ; k ∈ Z}
2) B ù (–∞,0) = – ; ; ; ; …
cujo maior elemento é m = –
3) B ù (0, +∞) = ; ; ; ; … ,
cujo menor elemento é n = .
4) Dos itens (2) e (3) conclui-se
m + n = – + = –
5 CCCCConsidere a equação (ax – a–x)/(ax + a–x) = m, na variá-vel real x, com 0 < a ≠ 1. O conjunto de todos os valoresde m para os quais esta equação admite solução real éa) (-1,0) < (0,1) b) (–∞,–1) < (1,+∞) c) (–1,1)d) (0,∞) e) (–∞,+∞)Resolução
1) = m ⇔ ax – a–x = m ax + m a–x
⇔ (m – 1) . ax + (m+1)a–x = 0 ⇔
⇔ (m – 1) . a2x + (m+1) = 0 ⇔
⇔ a2x = ⇔ a2x =
Para 0 < a ≠ 1, a2x > 0 ⇔ > 0 ⇔
⇔ (1 + m) (1 – m) > 0 ⇔ –1 < m < 1
1 + m–––––––1 – m
1 + m–––––––1 – m
– m – 1––––––––m – 1
ax – a–x–––––––––ax + a–x
2π–––15π–––30
π—6
π–––30
619π–––3013π–––30
7π–––30π–––305
π—6
6– 23π—–––30
– 17π—–––30– 11π—–––30
π—65
kπ––5π—6
kπ—5π—6
kπ—–5π—62π—61
24π—61324π—613
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6 AAAAConsidere uma prova com 10 questões de múltiplaescolha, cada questão com 5 alternativas. Sabendo quecada questão admite uma única alternativa correta,então o número de formas possíveis para que umcandidato acerte somente 7 das 10 questões é
a) 44.30 b) 43.60 c) 53.60 d) .43 e)
Resolução
Interpretando “o número de formas possíveis para queo candidato acerte somente 7 questões” como sendo“o número de maneiras de escolher uma alternativapara cada um dos 10 testes de modo que apenas 7deles estejam corretos”, então:1) O número de possibilidades de acertar exatamente
7 testes é C10,7 .
2) Para cada uma das possibilidades anteriores, as 3questões erradas podem ser escolhidas de
4 . 4 . 4 = 43 maneiras.3) O número total de possibilidades será, então,
C10,7 . 43 = . 43 = 30 . 4 . 43 = 30 . 4410 . 9 . 8–––––––––3 . 2 . 1
2107127
31
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7 BBBBConsidere as seguintes afirmações sobre a expressãoS = ∑101
k=0 log8 (4k Ï·2 ):I. S é a soma dos termos de uma progressão geo-
métrica finitall. S é a soma dos termos de uma progressão arit-
mética finita de razão 2/3II. S = 3451IV.S ≤ 3434 + log8Ï·2Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas
a) I e Ill b) ll e Ill c) ll e lV d) ll e) Ill
Resolução
S = log8(4k . Ï··2 ) ⇔
⇔ S = log8(40 . Ï··2 ) + log8(41 . Ï··2 ) +
+ log8(42 . Ï··2 ) + … + log8(4101 . Ï··2 ) ⇔
⇔ S = + + + + + … +
+ +
Assim sendo1) S é a soma dos termos de uma progressão arit-
mética finita de razão .
2) O valor de S é:
S = . 102 = .102 = 3451
3) S = 3451 > 3434 + log8 Ï··2
As afirmações verdadeiras são, apenas, II e III.Obs.: A rigor sempre é possível obter uma progressãogeométrica cuja soma S = 3451 o que tornaria aafirmação (I) verdadeira.
203––––
6
1 1 202–– + 1–– + –––– 26 6 3
–––––––––––––––––––2
2–––3
2202–––––
3
1–––61
24–––3
1–––6122
–––3
1–––6121
–––61
101
∑k = 0
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8 CCCCSe para todo z ∈ C, |f(z)| = Izl e |f(z) – f(1)| = Iz –1|, então,para todo z ∈ C, f(1)—–f(z) + f(1)f(z)–— é igual a
a) 1 b) 2z c) 2Rez d) 2Imz e) 2|z|2
Resolução
1) |f(z)| = |z| ⇔ = 1 ⇔ = cos θ + i . sen θ ⇔
⇔ f(z) = z (cos θ + i . sen θ), ∀ z ∈ C*
2) f(z) = z . (cos θ + i . sen θ) também é verdadeira paraz = 0, pois f(0) = 0 . (cos θ + i . sen θ) = |0|
3) A função f(z) = z (cos θ + i . sen θ) satisfaz a condição|f(z) – f(1)| = |z – 1|, pois |f(z) – f(1)| = |z (cos θ + i . sen θ) – 1 . (cos θ + i . sen θ)| == |z – 1| . |cos θ + i . sen θ| = |z – 1|
4) f(z)—–
= z–– (cos θ – i . sen θ)
5) f(1) = 1 . (cos θ + i . sen θ) e f(1)—–
= 1(cos θ – i . sen θ)
6) f(1)—– . f(z) = 1 (cos θ – i . sen θ) . z (cos θ + i . sen θ)
7) f(1) . f(z)—–
= 1 . (cos θ + i . sen θ) . z–– (cos θ – i . sen θ)
8) f(1)—– . f(z) + f(1) . f(z)—–
= (z + z––) (cos2 θ + sen2 θ) = = z + z–– = 2 Re(z)
9 DDDDO conjunto solução de (tg2x – 1)(1 – cotg2x) = 4, x ≠ kπ/2, k ∈ Z, éa) {π/3 + kπ/4, k ∈ Z} b) {π/4 + kπ/4, k ∈ Z} c) {π/6 + kπ/4, k ∈ Z} d) {π/8 + kπ/4, k ∈ Z} e) {π/12 + kπ/4, k ∈ Z}
Resolução
Para x ≠ k , k ∈ Z, temos:
(tg2x – 1) (1 – cotg2x) = 4 ⇔
⇔ . = 4 ⇔
⇔ (sen2x – cos2x)2 = 4 sen2 x cos2 x ⇔
⇔ cos2 (2x) = sen2 (2x) ⇔ tg2 (2x) = 1 ⇔
⇔ tg (2x) = ±1 ⇔ 2x = + k . , (k ∈ Z) ⇔
⇔ x = + k . , (k ∈ Z)
O conjunto-solução da equação é:
5 + k . , k ∈ Z 6π––4
π––8
π–––4
π–––8
π–––2
π–––4
(sen2x – cos2x)–––––––––––––––
sen2x
(sen2x – cos2x)–––––––––––––––
cos2x
π–––2
f(z)––––z
f(z)––––z
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10 BBBBSe α ∈ [0,2π) é o argumento de um número complexoz ≠ 0 e n é um número natural tal que (z/uzu)n = isen(nα),então, é verdade quea) 2nα é múltiplo de 2πb) 2nα – π é múltiplo de 2πc) nα – π/4 é múltiplo de π/2d) 2nα – π é múltiplo não nulo de 2e) nα – 2π é múltiplo de πResolução
1) Lembrando que z = |z| . [cos α + i sen α], tem-seque:
= [cos α + i sen α] ⇔
⇔n
= [cos α + i sen α] n ⇔
⇔ n
= cos (n α) + i sen (n α) = i sen (n α) ⇔
⇔ cos (n α) = 0 ⇔ n α = + kπ, com k ∈ Z (I)
2) Da relação (I), conclui-se:A é falsa, pois2n α = π + 2kπ = π (1 + 2k), que não é “múltiplo”de 2π.B é verdadeira, pois2n α – π = 2kπ, que é “múltiplo” de 2π.C é falsa, pois
n α – = +kπ, que não é “múltiplo” de .
D é falsa, pois
2n α – π = 2kπ, que só seria “múltiplo” de 2 se kπ ∈ Z, o que só ocorre para k = 0.
E é falsa, pois
n α – 2π = – +kπ, que não é “múltiplo” de π.3π–––2
π–––2
π–––4
π–––4
π–––2
z1–––2|z|
z1–––2|z|
z–––|z|
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11 AAAAA condição para que as constantes reais a e b tornemincompatível o sistema linear
é
a) a – b ≠ 2 b) a + b = 10 c) 4a – 6b= Od) a/b = 3/2 e) a . b = 24
Resolução
Sendo p a característica da matriz incompleta e q acaracterística da matriz completa, associadas aosistema, temos:
1) MI = ⇒ p = 2 para a = 6 e p = 3 para a ≠ 6
2) O sistema é incompatível quando p ≠ q e, portanto,devemos ter: p = 2 e q = 3.Assim, para a = 6, teremos:
MC = e q = 3 para b ≠ 4
Logo, a – b ≠ 2.
12 DDDD
Se det = –1, então o valor do
det é igual a
a) 0 b) 4 c) 8 d) 12 e) 16
Resolução
=
= – 2 . 3 =
= – 6 + =
= – 6 . 2 = – 12 . (– 1) = 12|a b cp q r x y z|
2|a b cx y z x y z||a b c
2p 2q 2r x y z|1
|a b c2p+x 2q+y 2r+z
x y z||–2a –2b –2c
2p+x 2q+y 2r+z3x 3y 3z|
4–2a – 2b –2c
2p + x 2q + y 2r + z 3x 3y 3z3
4a b cp q rx y z3
1 1 3 2
31 2 5 142 2 6 b
1 1 3
31 2 542 2 a
x + y + 3z = 2x + 2y + 5z = 1 2x + 2y + az = b5
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13 EEEESeja p um polinômio com coeficientes reais, de grau 7,que admite 1 – i como raiz de multiplicidade 2. Sabe-seque a soma e o produto de todas as raízes de p são,respectivamente, 10 e – 40. Sendo afirmado que trêsraízes de p são reais e distintas e formam uma pro-gressão aritmética, então, tais raízes são
a) 3/2 – Ï····193/6, 3, 3/2 + Ï····193/6
b) 2 – 4Ï···13, 2, 2 + 4Ï···13c) – 4, 2, 8d) – 2, 3, 8 e) – 1, 2, 5
Resolução
Se um polinômio p de grau 7 com coeficientes reais,admite (1 – i) como raiz de multiplicidade 2, então,também admite (1 + i) como raiz de multiplicidade 2.Sendo α – r, α, α + r, com α e r números reais, as outrastrês raízes de p, temos
⇒
⇒ ⇔
Dessa forma as três raízes reais de p são – 1, 2 e 5.
α = 2r = ± 3
α = 24 . (α 2 – r2) . α = – 40
(1 – i) + (1 – i) + (1 + i) + (1 + i) + (α – r) + α + (α + r)= 10(1 – i) (1 – i) (1 + i) (1 + i) (α – r) α(α + r) = – 40
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14 EEEESobre o polinômio p(x) = x5 – 5x3 + 4x2 – 3x – 2podemos afirmar quea) x = 2 não é raiz de pb) p só admite raízes reais, sendo uma delas inteira,
duas racionais e duas irracionaisc) p admite uma única raiz real, sendo ela uma raiz
inteirad) p só admite raízes reais, sendo duas delas inteirase) p admite somente 3 raízes reais, sendo uma delas
inteira e duas irracionais
Resolução
1) p(x) = x5 – 5x3 + 4x2 – 3x – 2 ⇔⇔ p(2) = 32 – 40 + 16 – 6 – 2 ⇔⇔ p(2) = 0 ⇔ 2 é raiz de p ⇔⇔ p(x) é divisível por x – 2
2) 1 0 –5 4 –3 –2 2 __________________________ ⇔1 2 –1 2 1 0
p(x) x – 2⇔ ______________________ ⇔0 x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1
⇔ p(x) = (x – 2) (x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1)
3) p(x) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1 = 0
4) x – 2 = 0 ⇔ x = 2
5) x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1 = 0 ⇔
⇔ x2 + 2x – 1 + + = 0
⇔ + 2 – 1 = 0
6) Se x + = y, então x2 + + 2 = y2 ⇔
⇔ x2 + = y2 – 2
7) Substituindo x + por y, temos:
(y2 – 2) + 2y – 1 = 0 ⇔ y2 + 2y – 3 = 0 ⇔
⇔ y = –3 ou y = 1
8) Se y = –3, então x + = –3 ⇔
⇔ x2 + 3x + 1 = 0 ⇔ x = –3 ± Ïw5
–––––––––2
1–––x
1–––x
1–––x2
1–––x2
1–––x
11x + –––2x
11x2 + –––2x2
1–––x2
2–––x
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9) Se y = 1, então x + = 1 ⇔ x2 – x + 1 = 0 ⇔
⇔ x =
10) O conjunto-verdade da equação p(x) = 0 é
52; ; ; ; 61 – Ïw3 i––––––––
2
1 + Ïw3 i––––––––
2
–3 – Ïw5––––––––
2
–3 + Ïw5––––––––
2
1 ± Ïw3 i–––––––––
2
1–––x
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15 EEEESeja o sistema linear nas incógnitas x e y, com a e breais, dado por
Considere as seguintes afirmações:I. O sistema é possível e indeterminado se a = b = 0ll. O sistema é possível e determinado se a e b não
são simultaneamente nulosIII. x2+y2 = (a2+b2)–1, se a2+b2 ≠ 0
Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenasa) I b) II c) III d) I e II e) ll e III
Resolução
5(a – b) x – (a + b) y = 1(a + b) x + (a – b) y = 1
1) A matriz incompleta MI =
não tem característica definida, se a = b = 0 e temcaracterística 2, se a ≠ 0 ou b ≠ 0, pois
= (a – b)2 + (a + b)2 =
= 2 (a2 + b2) ≠ 0
2) A matriz completa MC =
tem característica 1 se a = b = 0 e tem característica2, se a ≠ 0 ou b ≠ 0.
3) Dos itens (1) e (2), pelo Teorema de Rouché-Capelli,conclui-se que:se a = b = 0, o sistema é impossível ese a ≠ 0 ou b ≠ 0, o sistema é possível edeterminado.
Neste caso, tem-se:
⇒ (2a2 + 2b2) x2 + (2a2 + 2b2) y2 = 2 ⇔
⇒ (a2 + b2) (x2 + y2) = 1 ⇔ x2 + y2 = ⇒
⇔ x2 + y2 = (a2 + b2) –1
Desta forma, (I) é falsa, (II) e (III) são verdadeiras.
1––––––––a2 + b2
(a – b)2 x2 – 2 (a – b) (a + b) xy + (a + b)2 y2 = 1⇒ 5 ⇒
(a + b)2 x2+ 2 (a + b) (a – b) xy + (a – b)2 y2 =1
(a – b) x – (a + b) y = 15 ⇒(a + b) x + (a – b) y = 1
(a – b) – (a + b) 13 4(a + b) (a – b) 1
(a – b) – (a + b)u u(a + b) (a – b)
(a – b) – (a + b)3 4(a + b) (a – b)
(a – b)x – (a + b)y = 1 (a + b)x + (a – b)y = 1 5
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16 DDDDConsidere o polinômio p(x) = x3 – (a + 1)x + a, ondea ∈ Z. O conjunto de todos os valores de a, para osquais o polinômio p(x) só admite raízes inteiras, é
a) {2n, n ∈ N} b) {4n2, n ∈ N}
c) {6n2 – 4n, n ∈ N} d) {n(n + 1), n ∈ N}
e) N
Resolução
1) p(x) = x3 – (a + 1) x + a ⇔⇔ p(x) = x3 – x2 + x2 – ax – x + a = 0 ⇔⇔ p(x) = x2(x – 1) + x (x – 1) – a (x – 1) ⇔⇔ p(x) = (x – 1) (x2 + x – a)
2) p(x) = 0 ⇔ x – 1 = 0 ou x2 + x – a = 0
3) As raízes da equação x2 + x – a = 0 serão reais se, esomente se, ∆ = 1 + 4 a ≥ 0
4) 1 + 4 a ≥ 0 e a ∈ Z ⇔ a ∈ N
5) Para a ∈ N, se as raízes inteiras forem m e n então
⇔ ⇔
6) As raízes inteiras serão, portanto, 1, n e –n–1 desdeque a = n(n + 1), ∀ n ∈ N.
m = – n – 1a = n(n + 1){m = – 1 – n
(–1–n) . n = – a{m + n = – 1m . n = – a{
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17 BBBBNuma circunferência C1 de raio r1= 3 cm está inscritoum hexágono regular H1; em H1 está inscrita umacircunferência C2; em C2 está inscrito um hexágono
regular H2 e, assim, sucessivamente. Se An (em cm2) é
a área do hexágono Hn, então ∑∞n = 1 An (em cm2) é igual
a
a) 54 Ïw2 b) 54 Ïw3 c) 36(1 + Ïw3 )
d) 27 / (2 – Ïw3 ) e) 30 (2 + Ïw3 )
Resolução
De acordo com o enunciado e a figura acima tem-se:r1 = 3 cm
r2 = = cm
r3 = = 3 . 2
cm
r4 = = 3 . 3
cm
……
conclui-se assim que os raios r1, r2, r3, …, rn, … formamnessa ordem uma progressão geométrica estritamente
decrescente de 1º termo r1 = 3 cm e razão q = eque as áreas A1, A2, A3, …, An,… formam
nessa ordem uma progressão geométrica estritamente
decrescente de 1º termo A1 = 6 . cm2 e razão
Q = 2
.2Ï··3–––––
21
32 Ï··3–––––––
4
Ï··3–––––
2
2Ï··3–––––
21r3Ï··3–––––
2
2Ï··3–––––
21r2Ï··3–––––
2
3Ï··3–––––
2
r1Ï··3–––––
2
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Logo: An = =
= = = 54Ï··3
18 sssseeeemmmm rrrreeeessssppppoooossssttttaaaaSejam a reta s: 12x – 5y + 7 = 0 e a circunferênciaC: x2 + y2 + 4x + 2y = 11. A reta p, que é perpendiculara s e é secante a C, corta o eixo Oy num ponto cujaordenada pertence ao seguinte intervalo
a) , b) ,
c) , d) ,
e) ,
Resolução
A circunferência x2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0 tem centroC(– 2; – 1) e raio r = 4.
A reta p, perpendicular a s, tem equação 5x + 12y + k = 0 e será secante à circunferência quando dp,C < 4, isto é:
< 4 ⇔ < 4 ⇔
⇔ uk – 22 u < 52 ⇔ –52 < k – 22 < 52 ⇔
⇔ – 30 < k < 74
A reta p intercepta o eixo Oy num ponto cuja ordenada
é .
Assim, se – 30 < k < 74, então – 74 < – k < 30 e
< <
A ordenada do ponto em que a reta p corta o eixo Oy
pertence ao intervalo 1 ; 2.30––––12
74– ––––
12
30––––12
– k–––––
12
– 74–––––
12
–k–––12
u k – 22 u–––––––––
13
u 5 . (–2) + 12 . (–1) + k u–––––––––––––––––––––––
Ï·······52 + 122
291–––12
75–––121
274–––12
30–––121230
– –––12
74– –––
121
274– –––
12
81– –––
121281– –––
12
91– –––
121
27 Ï··3–––––––
2–––––––––
1–––4
32 Ï··36 . –––––––
4–––––––––––––
Ï··3 2
1 – 1––––22
A1–––––1 – Q
∞∑
n = 1
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19 DDDDOs focos de uma elipse são F1(0, – 6) e F2(0,6). Ospontos A(0,9) e B(x, 3), x > 0, estão na elipse. A área dotriângulo com vértices em B, F1 e F2 é igual a
a) 22 Ïww10 b) 18 Ïww10 c) 15 Ïww10
d) 12 Ïww10 e) 6 Ïww10
Resolução
A partir do enunciado, temos uma elipse com centro naorigem e com os pontos indicados na figura a seguir.
Como f = = 6, a = CA = 9 e a2 = b2 + f2,
temos: 92 = b2 + 62 ⇔ b2 = 45
A equação da elipse é: + = 1
Se B(x; 3), com x > 0, pertence à elipse, então:
+ = 1⇔ x2 = 40 ⇔ x = 2 Ï····10 (pois x > 0)
Finalmente, a área do triângulo é:
A = = = 12Ï····1012 . 2Ï····10
––—––––––2
F1F2 . xB—––––––2
32–––81
x2–––45
y2–––81
x2–––45
F1F2—–––2
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20 AAAAUma pirâmide regular tem por base um hexágono cuja
diagonal menor mede 3Ïw3 cm. As faces laterais destapirâmide formam diedros de 60° com o plano da base.A área total da pirâmide, em cm2, é
a) 81 Ïw3 / 2 b) 81 Ïw2 / 2 c) 81/2
d) 27 Ïw3 e) 27 Ïw2
Resolução
Sejam , a medida do lado da base, g a medida doapótema da pirâmide, a a medida do apótema da base,em centímetros.
1º) 2 . = 3 Ïw3 ⇔ , = 3
2º) a = =
3º) cos 60° = ⇔ = ⇔ g = 3 Ïw3
4º)A área, em centímetros quadrados, da superfícielateral da pirâmide é dada por:
A, = 6 . = 3 . 3. 3 Ïw3 = 27 Ïw3
5º)A área, em centímetros quadrados, da base dapirâmide é dada por:
Ab = 6 . = 6 . =
6º)A área total, em centímetros quadrados, dessapirâmide é
At = A, + Ab = 27 Ïw3 + = 81Ïw3
–––––––2
27 Ïw3 –––––––
2
27 Ïw3 –––––––
2
32 Ïw3 –––––––
4
, 2 Ïw3 –––––––
4
, . g–––––
2
3 Ïw3 –––––
2––––––––
g
1–––2
a–––g
3 Ïw3 –––––––
2
, Ïw3–––––––
2
, Ïw3–––––––
2
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As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21Considere A um conjunto não vazio com um númerofinito de elementos. Dizemos que F = {A1, ..., Am} ; P(A)é uma partição de A se as seguintes condições sãosatisfeitas:I. Ai ≠ Ø, i = 1, ..., m
II. Ai " Aj = Ø, se i ≠ j, para i,j = 1, ..., m
III.A = A1 : A2 : ... : AmDizemos ainda que F é uma partição de ordem k sen(Ai) = k, i = 1,..., m.Supondo que n(A) = 8, determine:a) As ordens possíveis para uma partição de Ab) O número de partições de A que têm ordem 2
Resolução
a) Dizer que F é uma partição de ordem k significadizer que todos os conjuntos Ai que compõem apartição possuem k elementos distintos.Como, de Ai ∩ Aj = ø, se i ≠ j e A = A1 ∪ A2 ∪ … ∪ Am, para i,j = 1, …, n, resulta emn(A) = n(A1) + n(A2) + … + n(Am), tem-se8 = k + k + … + k ⇔ 8 = m . k ⇔
m parcelas
⇔ k e m são divisores naturais de 8.Assim, podemos ter (k = 1 e m = 8) ou (k = 2 e m = 4)ou (k = 4 e m = 2) ou (k = 8 e m = 1).Desta forma, as possíveis ordens para uma partiçãode A são 1, 2, 4 e 8.
b) Determinar o número de partições de A que têmordem 2 equivale a determinar de quantas maneirasse podem distribuir os 8 elementos de A em 4grupos de 2 elementos cada um. O número de for-mas de se efetuar estas partições é
= =
= = 105
Respostas: a) ordens 1, 2, 4 e 8b) 105 partições
28 . 15 . 6 . 1–––––––––––––––
24
8.7 6.5 4.3–––– . –––– . –––– .1
2! 2! 2!–––––––––––––––––––
4 . 3 . 2 .1
C8; 2 . C6; 2 . C4; 2 . C2;2–––––––––––––––––––––P4
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22Seja f: [0, 1) → R definida por
f(x) = .
Seja g: (– 1/2; 1/2) → R dada
g(x) = , com f definida
acima. Justificando a resposta, determine se g é par,ímpar ou nem par nem ímpar.
Resolução
1) f(x) = 2x, se 0 ≤ x <
e
f(x) = 2x – 1, se ≤ x < 1
2) – < x < 0 ⇔ 0 < x + < e 0 ≤ x < ⇔
⇔ ≤ x + < 1
3) g(x) = f(x + ), se – < x < 0⇔e
g(x) = 1 – f(x + ), se 0 ≤ x <
⇔
g(x) = 2 (x + ), se – < x < 0
⇔e
g(x) = 1 – [2 (x + ) – 1], se 0 ≤ x <
⇔
g(x) = 2x + 1, se – < x < 0
⇔e
g(x) = –2x + 1, se 0 ≤ x <
⇔ g(–x) = g(x), ∀ x ∈ (– ; ) ⇔ g é par
Resposta: g(x) é par
1––2
1––2
1––2
1––2{
1––2
1––2
1––2
1––2{
1––2
1––2
1––2
1––2{
1––2
1––2
1––2
1––2
1––2
1––2
1––2
1––2{
f(x + 1/2), – 1/2 < x < 01 – f(x + 1/2), 0 ≤ x < 1/25
2x, 0 ≤ x < 1/22x – 1, 1/2 ≤ x < 15
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23Determine o coeficiente de x4 no desenvolvimento de(1 + x + x2)9.
Resolução
(1 + x + x2)9 = [(1 + x) + x2]9 = . (1 + x)9 . (x2)0 +
+ . (1 + x)8 . (x2)1 + . (1 + x)7 . (x2)2 +
+ . (1 + x)6 . (x2)3 + … + . (1 + x)0 . (x2)9
Podemos notar que termos em x4 só ocorrerão nosprimeiros três termos do desenvolvimento acima.
Em . (1 + x)9, temos 19 – k1 . x
k1, com
k1 = 4
Em . (1 + x)8 . x2, temos
9. 18 – k2.x
k2 . x2, com k2 + 2 = 4 ⇔ k2 = 2
Em . (1 + x)7 . x4, temos
. 17 – k3. x
k3 x4, com k3 = 0
Assim, resulta a soma:
+ . + . =
= + . + . =
= 126 + 9 . 28 + 36 = 414
Resposta: O coeficiente de x4 é 414.
270129
21282129
112941
27k3
1292128
k2129
1129k1
1
427k3
312921
2921
428k2
31
2911
29k1
12901
299129
31
292129
1129
01
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24Determine para quais valores de x ∈ ( – π/2, π/2) vale adesigualdade
logcosx(4sen2x – 1) – logcosx(4 – sec2x) > 2.
Resolução
As condições de existência
dos logaritmos, para x ∈ ; , resultam:
I) 0 < cos x < 1 ⇔ < x < e x ≠ 0
II) 4 . sen2x – 1 > 0 ⇔ sen x < – 1/2 ou sen x > 1/2 ⇔
⇔ < x < ou < x <
III)4 – sec2x > 0 ⇔ sec2x < 4 ⇔ – 2 < sec x < 2 ⇔
⇔ – 2 < < 2 ⇔ cos x > 1/2 (pois cos x > 0)
⇔ < x <
Nas condições acima, temos:logcosx (4 . sen2x – 1) – logcosx (4 – sec2x) > 2 ⇔
⇔ logcosx > 2 ⇔
⇔ < cos2x ⇔
⇔ . cos2x < cos2x ⇔
⇔ < 1 ⇔ 4 . sen2x – 1< 4 .cos2x – 1 ⇔
⇔ sen2x < cos2x ⇔ tg2x < 1 ⇔ – 1 < tg x < 1 ⇔
⇔ < x <
Impondo-se as condições de existência na soluçãoobtida, resulta:
< x < ou < x <
Resposta: < x < ou < x < π
–––4
π–––6
π– –––
6
π– –––
4
π–––4
π–––6
π– –––
6
π– –––
4
π–––4
π– –––
4
4 . sen2x – 1––––––––––––4 . cos2x – 1
4 . sen2x – 1–––––––––––––––
4 . cos2x – 1
4 . sen2x – 1––––––––––––
14 – –––––– cos2x
24 . sen2x – 1––––––––––––
4 – sec2x1
π–––3
π– –––
3
1–––––cos x
π–––2
π–––6
π– –––
6
π– –––
2
π–––2
π– –––
2
2π–––2
π– –––
21
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25Considere o polinômio p(x) = x3 + ax2 + x + 1, comraízes reais. O coeficiente a é racional e a diferençaentre duas de suas raízes também é racional. Nestascondições, analise se a seguinte afirmação é ver-dadeira:“Se uma das raízes de p(x) é racional, então todas assuas raízes são racionais.”
Resolução
Sejam α, β e γ as raízes da equação e, sem perda degeneralidade, admitamos que α é racional.1) Se β – α = r1 ∈ Q, então β = r1 + α é racional e γ
também é racional, pois α + β + γ = – a ∈ Q.Se γ – α = r2 ∈ Q, então γ = r2 + α é racional e βtambém é racional, pois α + β + γ = – a ∈ Q.
2) Se β – γ = r3 ∈ Q, como α + β + γ= – a ∈ Q,tem-se
⇒
e ambas são racionais.
Desta forma, se uma raiz de p(x) é racional, então todasas suas raízes são racionais e a frase apresentada éverdadeira.Resposta: verdadeira
26As medidas, em metros, do raio da base, da altura e dageratriz de um cone circular reto formam, nesta ordem,uma progressão aritmética de razão 2 metros. Calcule aárea total deste cone em m2.
Resolução
Sendo x a medida, em metros, da altura do cone,temos: h = x, R = x – 2, g = x + 2 e(x + 2)2 = x2 + (x – 2)2 ⇔ x2 – 8x = 0 ⇔ x = 8, pois x > 0Assim, h = 8m, R = 6m e g = 10mA área total AT do cone, em metros quadrados, é:
AT = π R2 + π Rg = π . 62 + π . 6 . 10 = 96π
Resposta: AT = 96π m2
r3 – α – aβ = ––––––––––
2
r3 + α + aγ = – 1––––––––––225β – γ = r3
β + γ = – α – a5
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27Sejam as matrizes
A = e B =
Determine o elemento c34 da matriz C = (A + B)–1.
Resolução
1) A + B = +
A + B =
2) det (A + B) = = =
= 3. (–1)2 . = 3 . 33 = 99
3) Sendo A43 o cofator do elemento da 4ª linha e da 3ª coluna da matriz (A + B), temos:
A43 = (–1)4 +3 . = –18
4) O elemento c34 da matriz C = (A + B)–1 é tal que:
c34 = = =
Resposta: O elemento c34 é igual a 2
– –––11
2– –––
11
18– –––
99
A43––––––––––det (A + B)
002
330
2–10
025
032
300
0025
0032
0300
3–100
0025
0032
3300
2–100
40025
0032
3300
2–100
34
1315
–1/2–21
1/2
3–21
–1
11
–15
34–1–310
1/222
3/2
05
–11
1– 2
1– 5
3
41 3 –1/2 11 –2 –2 3
–1 1 1 15 –1 1/2 5
341 0 1/2 –1
–2 5 2 –31 –1 2 1
–5 1 3/2 03
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28Seja (a1,a2,a3, ... ,an,...) uma progressão geométricainfinita de razão positiva r, em que a1= a é um númeroreal não nulo. Sabendo que a soma de todos os termosde índices pares desta progressão geométrica é igual a4 e que a soma de todos os termos de índices múltiplosde 3 é 16/13, determine o valor de a + r.
Resolução
Sendo (a1, a2, a3, ..., an, ...) uma progressão geométricainfinita de razão positiva r e a1 = a um número real não-nulo, de acordo com o enunciado, temos:1) a2 + a4 + a6 + ... = 4 ⇔
⇔ a . r + a . r 3 + a . r 5 + ... = 4 ⇔
⇔ = 4 ⇔ a . r = 4 . (1 – r2) (I)
2) a3 + a6 + a9 + ... = ⇔
⇔ a . r 2 + a . r 5 + a . r 8 + ... = ⇔
⇔ = ⇔ a . r 2 = . (1 – r3) (II)
3) Dividindo membro a membro (II) por (I), vem:
= ⇔ r = . ⇔
⇔ 9r2 + 9r – 4 = 0 ⇔ r = , pois r > 0
4) Substituindo r = em (I), temos:
a . = 4 . ⇔ a =
Logo, a + r = + = 11
Resposta: a + r = 11
1––3
32–––3
32–––321
1 – ––911
––3
1––3
1––3
(1 + r + r2)––––––––––
(1 + r)
4–––13
16––– . (1 – r3)13
––––––––––––4 . (1 – r2)
a . r 2–––––a . r
16–––13
16–––13
a . r2––––––1 – r3
16–––13
16–––13
a . r––––––1 – r2
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29Sabendo que 9y2 – 16x2 – 144y + 224x – 352 = 0 é aequação de uma hipérbole, calcule sua distância focal.
Resolução
9y2 – 16x2 – 144y + 224x – 352 = 0 ⇔
⇔ 9y2 – 144y + 576 – 16x2 + 224x – 784 – 144 = 0 ⇔
⇔ 9(y – 8)2 – 16(x – 7)2 = 144 ⇔
⇔ – = 1⇔ – = 1,
que é uma equação dahipérbole de centro (7; 8), eixos paralelos aos eixoscoordenados e semi-eixos transverso e conjugado,respectivamente, iguais a a = 4 eb = 3Assim, a semidistância focal f é tal que:f 2 = 32 + 42 ⇔ f = 5Logo, a distância focal desta hipérbole é 2f = 10
Resposta: 10
(x – 7)2–––––––
32
(y – 8)2–––––––
42
(x – 7)2–––––––
9(y – 8)2–––––––
16
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30Considere um losango ABCD cujo perímetro mede 100cm e cuja maior diagonal mede 40 cm. Calcule a área,em cm2, do círculo inscrito neste losango.
Resolução
1º) No losango ABCD, tem-se:
AB = BC = CD = DA = 25cm, –––BD '
–––AC,
OA = OC = 20cm e OB = OD
2º) No triângulo retângulo OBC, tem-se:
(OB)2 + (OC)2 = (BC)2 ⇔ (OB)2 = 252 – 202 ⇔⇔ OB = 15 cm
3º) No triângulo retângulo OBC, tem-se aindaOB . OC = BC . OTAssim, sendo R a medida, em centímetros, do raiodo círculo inscrito no losango ABCD, tem-se:15 . 20 = 25 . R ⇔ R = 12
4º) A área S, em centímetros quadrados, desse círculoé tal que:
S = π R2 = π . 122 = 144π
Resposta: S =144π cm2
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Comentário de Matemática
Com 19 questões de álgebra, 5 de geometria, 3 detrigonometria e 3 de geometria analítica, a bancaexaminadora do ITA conseguiu elaborar uma excelenteprova de Matemática, na qual podemos destacar o altograu de dificuldade da maioria das questões e aausência de alternativa correta para o teste número 18,de geometria analítica, causada certamente por uminfeliz erro de digitação.
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