ITA2013_3dia

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAANOTAÇÕES

�: conjunto dos números naturais

�: conjunto dos números inteiros

�: conjunto dos números reais

�mxn(�): conjunto das matrizes reais m x n

det(M): determinante da matriz M

Mt: transposta da matriz M

A \ B: {x: x ∈ A e x ∉ B}

�: conjunto dos números complexos

i: unidade imaginária, i2 = – 1

�z�: módulo do número z ∈ �

Re z: parte real do número z ∈ �

[a, b]: {x ∈ �; a ≤ x ≤ b}

[a, b[: {x ∈ �; a ≤ x < b}

]a, b[: {x ∈ �; a < x < b}

k

∑: anxn: a0 + a1x + a2x2 + ... + akxk, k ∈ �n=0

k

∑: an: a0 + a1 + a2 + ... + ak, k ∈ �n=0

Arg z: argumento principal de z ∈ � \ {0}, Arg z ∈ [0, 2π[

AC: conjunto (evento) complementar do conjunto(evento) A –––AB:segmento de reta unindo os pontos A e B

A^BC: ângulo formado pelos segmentos

–––AB e

–––BC, com

vértice no ponto B.

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.

II TTAA ((33ºº DDII AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

1 CCSejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universoU. Das afirmações:

I. A \ (B � C) = (A \ B) � (A \ C);

II. (A � C) \ B = A � BC � C;

III. (A \ B) � (B \ C) = (A \ B) \ C,

é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II.

c) apenas I e II. d) apenas I e III.

e) todas.

ResoluçãoI) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:

x ∈ A \ (B � C) ⇔ x ∈ A e (x ∉ B ou x ∉ C) ⇔⇔ (x ∈ A e x ∉ B) ou (x ∈ A e x ∉ C) ⇔⇔ x ∈ (A \ B) ou x ∈ (A \ C) ⇔⇔ x ∈ (A \ B) � (A \ C)Portanto, A \ (B � C) = (A \ B) � (A \ C)

II) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:x ∈ (A � C) \ B ⇔ x ∈ (A � C) e x ∉ B ⇔⇔ x ∈ (A � C) e x ∈ BC ⇔ x ∈ (A � C) � BC ⇔⇔ x ∈ (A � BC � C). Portanto, (A � C) \ B = A � BC � C

III) Falsa, pois para A = {a; b; c; d}, B = {b; d; e; f} eC = {c; d; f; g}, temos:1) (A \ B) � (B \ C) = {a; c} � {b; e} = Ø2) (A \ B) \ C = {a; c} \ {c; d; f; g} = {a} ≠ ØPortanto, para os exemplos dados,(A \ B) � (B \ C) ≠ (A \ B) \ C

2 CCA soma das raízes da equação em �, z8 – 17z4 + 16 = 0,

tais que z – �z� = 0, é

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5 .

ResoluçãoI) z8 – 17z4 + 16 = 0 ⇔ (z4)2 – 17z4 + 16 = 0 ⇔

⇔ z4 = 1 ou z4 = 16

II) z4 = 1 ⇔ z = 1 ou z = – 1 ou z = i ou z = – i

III) z4 = 16 ⇒ z = 2 ou z = – 2 ou z = 2i ou z = – 2i

IV) O conjunto verdade de equação

z8 – 17z4 + 16 = 0 é {1; – 1; i; – i; 2; – 2; 2i; – 2i}

V) As únicas raízes dessa equação que satisfazem acondição z – �z� = 0 são 1 e 2 e a soma dessas raízesé 3.


3 BBConsidere a equação em �, (z – 5 + 3i)4 = 1. Se z0 é asolução que apresenta o menor argumento principal

dentre as quatro soluções, então o valor de �z0� é

a) ��29. b) ��41. c) 3��5.

d) 4��3. e) 3��6.

ResoluçãoI) (z – 5 + 3i)4 = 1 ⇔ (z – 5 + 3i)2 = ± 1 ⇔

⇔ z – 5 + 3i = ± 1 ou z – 5 + 3i = ± i

II) Desta forma, as soluções da equação dada são:

z1 = 6 – 3i e tg [Arg(z1)] = – = –

z2 = 4 – 3i e tg [Arg(z2)] = –

z3 = 5 – 2i e tg [Arg(z3)] = –

z4 = 5 – 4i e tg [Arg(z4)] = –

III) Como – < – < – < – , z4 é o de menor

argumento e, portanto, z4 = z0

�z0� = �z4� = �� 52 + (–4)2 = ��41

2––5

4––5

4––5

3––4

1––2

2––5

3––6

1––2

3––4


4 DDA soma de todos os números reais x que satisfazem a

equação

8�� x + 1 + 44�2�� x + 1 � + 64 = 19�4�� x + 1 �é igual a

a) 8. b) 12. c) 16. d) 18. e) 20.

Resolução

8�� x + 1 + 44�2�� x + 1 � + 64 = 19 . �4�� x + 1 � ⇔

⇔ �2�� x + 1 �3+ 44 . �2�� x + 1 � + 64 = 19 . �2�� x + 1 �2

Fazendo 2�� x + 1 = y > 0, tem-se:

y3 – 19y2 + 44 . y + 64 = 0, em que 4 é raiz da equação,

pois 43 – 19 . 42 + 44 . 4 + 64 = 0. As outras duas raízes,

α e β, são tais que:

α + β + 4 = 19 e α . β . 4 = – 64 ⇔

⇔ α + β = 15 e α . β = – 16 ⇔

⇔ (α = 16 e β = – 1) ou (α = – 1 e β = 16).

Os possíveis valores de y serão, portanto, 4, 16 e – 1.

Assim:

I) y = 4 ⇒ 2�� x + 1 = 22 ⇒ �� x + 1 = 2 ⇒

⇒ x + 1 = 4 ⇒ x = 3

II) y = 16 ⇒ 2�� x + 1 = 24 ⇒ �� x + 1 = 4 ⇒

⇒ x + 1 = 16 ⇒ x = 15

III) y = – 1 ⇒ 2�� x + 1 = – 1 ⇒ �∃ x ∈ �

As raízes reais da equação dada são 3 e 15, cuja somaé 18.


5 AASe os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, asequações

��a��b = e ln(a2 + b) + ln8 = ln5,

um possível valor de é

a) . b) 1. c) ��2. d) 2. e) 3��2.

Resolução

I) �� a��b = ⇔ a2b = ⇔ b =

II) �n (a2 + b) + �n 8 = �n 5 ⇔ �n [(a2 + b) . 8] = �n 5 ⇔

⇔ (a2 + b) 8 = 5 ⇔ 8a2 + 8b = 5

III) Substituindo (I) em (II), temos:

8a2 + 8 . = 5 ⇔ 16a4 – 10a2 + 1 = 0 ⇔

⇔ a2 = ⇔ a2 = ou a2 =

IV) ⇔ ⇒ = ± 4��2

V) ⇔ ⇒ = ±

VI) Um possível valor de é

1––––16a2

1–––8

1–––2

10 ± 6–––––––

32

a–––b

��2a = ± ––––2

1b = –––

8�

1a2 = –––

2

1a2 . b = –––

16�

��2–––––

2

a–––b

��2a = ± ––––4

1b = –––

2�

1a2 = –––

8

1a2 . b = –––

16�

��2–––––

2

a–––b

a–––b

��2–––2

1–––2

1–––16

1––––16a2

1–––2


6 EEConsidere as funções f e g, da variável real x, definidas,respectivamente, por

f(x) = ex2 + ax + b e g(x) = ln ,

em que a e b são números reais. Se f(–1) = 1 = f(–2), entãopode-se afirmar sobre a função composta g o f que

a) g o f (1) = ln 3.

b) �∃ g o f (0).

c) g o f nunca se anula.

d) g o f está definida apenas em {x ∈ � : x > 0}.

e) g o f admite dois zeros reais distintos.

ResoluçãoI) f(– 1) = e(– 1)2 + a . (– 1) + b = e1 – a + b = 1 ⇔

⇔ 1 – a + b = 0 ⇔ a – b = 1

II) f(– 2) = e(– 2)2 + a . (– 2) + b = e4 – 2a + b = 1 ⇔⇔ 4 – 2a + b = 0 ⇔ 2a – b = 4

III) ⇔ ⇔ e,

desta forma, f(x) = ex2 + 3x + 2 e

g(x) = �n = �n = �n

IV) gof(x) = g[ex2 + 3x + 2] = �n =

= �n ex2 + 3x + 2 – �n 2. Assim:

gof(x) = x2 + 3x + 2 – �n 2

V) gof(1) = 12 + 3 . 1 + 2 – �n 2 = 6 – �n 2

gof(0) = 02 + 3 . 0 + 2 – �n 2 = 2 – �n 2

VI) A equação x2 + 3x + 2 – �n 2 = 0 possui duas raízes

reais distintas, pois

Δ = 32 – 4 . 1 . (2 – �n 2) = 1 + 4 �n 2 > 0

Como f(x) = ex2 + 3x + 2 > 0 para todo x real, gof está

definida para todo x ∈ � e tem gráfico do tipo

�a – b = 12a – b = 4 �a – b = 1

a = 3 �a = 3b = 2

� ax––––3b � � 3x

––––3 . 2 � � x

––2 �

ex2 + 3x + 2–––––––––

2

ax�–––�3b


7 AAConsidere funções f, g, f + g : � → �. Das afirmações:

I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora;

lI. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora;

IlI. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora;

IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora,

é (são) verdadeira(s)

a) nenhuma. b) apenas I e II c) apenas I e III

d) apenas III e IV. e) todas.

ResoluçãoI) Falsa.

Considere as funções f: � → � � f(x) = x e

g: � → � � g(x) = – x. Ambas são injetoras e f + g: � → � é tal que (f + g)(x) = 0 e não é injetora,pois é constante.

II) Falsa.No exemplo anterior, as duas funções f e g sãosobrejetoras, todavia f + g: � → � � (f + g)(x) = 0não é sobrejetora.

III) Falsa.Considere as funções f, g, f + g: � → � tais que f(x) = x2 + x + 1 e g(x) = – x2 + x + 1. As funções f e g não são injetoras, porém a função f + g éinjetora, pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) == (x2 + x + 1) + (– x2 + x + 1) = 2x + 2 e f + g é doprimeiro grau e estritamente crescente em �.

IV) Falsa.No exemplo do item (III), as funções f e g apre -sentadas não são sobrejetoras, porém f + g é so -brejetora (na verdade, bijetora).


8 CCSeja n > 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, nadivisão de n2 por 6, o quociente é um número ímpar, entãoo resto da divisão de n por 6 é

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

ResoluçãoI) Se n > 6 é inteiro positivo e não divisível por 6,

então n = 6k + p, com k ∈ �* e p ∈ {1; 2; 3; 4; 5}II) Como n2 = (6k + p)2 = 6(6k2 + 2kp) + p2, o

quociente da divisão de n2 por 6 será (6k2 + 2kp)acrescido do quociente da divisão de p2 por 6 e oresto será o mesmo resto da divisão de p2 por 6.

III) Como o quociente da divisão de n2 por 6 é ímpar,o quociente da divisão de p2 por 6 deverá serímpar, pois (6k2 + 2kp) é sempre par.

IV) Assim, para:

• p = 1, temos p2 = 1 e 1 6 , cujo quociente é par.1 0


• p = 3, temos p2 = 9 e 9 6 , cujo quociente é ímpar.3 1

e o resto é 3.




9 DD

Considere a equação an xn = 0 em que a soma das

raízes é igual a –2 e os coeficientes a0, a1, a2, a3, a4 e a5formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com

a0 = 1. Então ané igual a

a) –21. b) – . c) . d) . e) 63.

Resolução

I) an . xn = 0 ⇔

⇔ a5 . x5 + a4 . x4 + a3 . x3 + a2 . x2 + a1 . x + a0 = 0

II) a0 = 1; a1 = q; a2 = q2; a3 = q3; a4 = q4 e a5 = q5,

nesta ordem, estão em progressão geométrica de

razão q.

III) A soma de todas as raízes é –2, então:

– = –2 ⇔ – = –2 ⇔

IV) an = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =

= 1 + q + q2 + q3 + q4 + q5 =

= 1 + + + + + =

a4–––a5

q4

–––q5

1q = –––

2

5

∑n=0

1–––2

1–––4

1–––8

1–––16

1–––32

63–––32

5

∑n=0

5

∑n=0

5

∑n=0

2–––3

21–––32

63–––32


10 BBSeja λ solução real da equação ��λ + 9 + �� 2λ + 17 = 12.Então a soma das soluções z, com Re z > 0, da equação z4 = λ – 32, é

a ) ��2. b) 2��2. c) 4��2. d) 4. e) 16.

Resolução

I) ��λ + 9 + �� 2λ + 17 = 12 ⇔

⇔ �� 2λ + 17 = 12 – ��λ + 9 ⇒

⇒ 2λ + 17 = 144 + λ + 9 – 24��λ + 9 ⇔

⇔ 24��λ + 9 = 136 – λ, com λ ≤ 136 ⇔

⇔ 576λ + 5 184 = 18 496 – 272λ + λ2 ⇔

⇔ λ2 – 848λ + 13 312 = 0 ⇔

⇔ λ = ⇔ λ = 832 ou λ = 16

II) Para λ = 16, temos:

z4 = 16 – 32 ⇔ z4 = – 16 ⇔

⇔ z4 = 16 . (cos 180° + i . sen 180°)

III) As raízes quartas de – 16 são, portanto:

z1 = 2(cos 45° + i . sen 45°) = ��2 + ��2 i

z2 = 2(cos 135° + i . sen 135°) = – ��2 + ��2 i

z3 = 2(cos 225° + i . sen 225°) = – ��2 – ��2 i

z4 = 2(cos 315° + i . sen 315°) = ��2 – ��2 i

IV) Os valores de z tais que Re(z) > 0 são ��2 + ��2 i e

��2 – ��2 i. A soma desses dois números é 2��2.

848 ± 816––––––––––

2


11 EESeja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito

Ω. Se A e B são eventos de Ω tais que p(A) = ,

p(B) = e p(A � B) = , as probabilidades dos

eventos A\ B, A � B e AC � BC são, respectivamente,

a) , e . b) , e .

c) , e . d) , e .

e) , e .

ResoluçãoI) Observe, pelo diagrama a seguir, que

n (A \ B) = n (A) – n (A ∩ B) en (A ∪ B) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B)Observe ainda que

AC ∪ BC = (A ∩ B)C = Ω – (A ∩ B)

II) P (A \ B) = = – =

= P (A) – P (A ∩ B) = – =

III) P (A ∪ B) = =

= + – =

= P(A) + P(B) – P (A ∩ B) = + – =

IV) P (AC ∩ BC) = P (Ω) – P (A ∩ B) =

= 1 – =

1––2

1––3

1––4

7––12

1––4

3––4

n (A \ B)––––––––

n (Ω)n (A)–––––n (Ω)

n(A ∩ B) ––––––––

n (Ω)

1––2

1––4

1––4

n (A ∪ B)––––––––

n (Ω)

n (A)–––––n (Ω)

n (B)–––––n (Ω)

n(A ∩ B) ––––––––

n (Ω)

1–––4

5–––6

1–––4

1–––6

5–––6

1–––4

1–––6

7–––12

3–––4

1–––3

5–––6

1–––3

1–––4

7–––12

3–––4

1–––2

1–––3

1–––4


12 DDConsidere os seguintes resultados relativamente ao lança -mento de uma moeda:

I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos.

II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatrolançamentos.

III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oitolançamentos.

Pode-se afirmar que

a) dos três resultados, I é o mais provável.

b) dos três resultados, II é o mais provável.

c) dos três resultados, III é o mais provável.

d) os resultados I e II são igualmente prováveis.

e) os resultados II e III são igualmente prováveis.

Resolução

I. A probabilidade de ocorrerem duas caras em dois

lançamentos é . =

II. A probabilidade de ocorrerem três caras e umacoroa em quatro lançamentos é:

C4,3 . 3

.1

= 4 . . =

III. A probabilidade de ocorrerem cinco caras e trêscoroas em oito lançamentos é:

C8,5 . 5

.3

= 56 . . =

Portanto, os resultados I e II são igualmenteprováveis.

� 1––2 � � 1

––2 � 1

–––32

1––8

7–––32

1––2

1––2

1––4

� 1––2 � � 1

––2 � 1

––8

1––2

1––4


13 CCConsidere A ∈ M5x5(�) com det(A) = ��6 e α ∈ � \ {0}.

Se det(αAtAAt) = ��6α2, o valor de α é

a) . b) . c) . d) 1. e) ��216.

ResoluçãoSendo A ∈ M5x5 (�) e det (A) = ��6 , temos:

det (α . At . A . At) = ��6 . α2 ⇔

⇔ α5 . det (At) . detA . det (At) = ��6 . α2 ⇔

⇔ α5 . (��6 )3 = ��6 . α2 ⇔

⇔ α3 = , pois α � 0

Logo, α = = 1

–––––3��6

3��36

–––––6

1–––6

��6–––6

3��36

–––––6

1––6


14 EESejam a um número real e n o número de todas assoluções reais e distintas x ∈ [0,2π] da equação

cos8 x – sen8 x + 4 sen6 x = a. Das afirmações:

I. Se a = 0, então n = 0;

II. Se a = , então n = 8;

III. Se a = 1, então n = 7;

IV. Se a = 3, então n = 2,

é (são) verdadeira( s)

a) apenas I. b) apenas III. c) apenas I e III.

d) apenas II e IV. e) todas.

Resolução

I) Observe que

cos8x = (cos2x)4 = (1 – sen2x)4 = (1 – 2 sen2x + sen4x)2 =

= 1 + 4 sen4x + sen8x – 4sen2x + 2sen4x – 4sen6x ⇔

⇔ cos8x – sen8x + 4sen6x = 1 – 4sen2x + 6sen4x =

a

Assim, 6sen4x – 4sen2x + 1 – a = 0

II) Para a = 0, temos:

6sen4x – 4sen2x + 1 = 0 ⇔ sen2x = ∉ �

Logo:

III) Para a = , temos:

6sen4x – 4sen2x + = 0 ⇔ sen2x = ⇔

⇔ sen2x = ou sen2x = ⇔ sen x = ± ou

sen x = ± . Desta forma, a equação possui

soluções no intervalo [0; 2π], como se vê no

ciclo trigonométrico a seguir:

1––2

4 ± 2––––––

12

1––2

1––6

��2––––

2

��6––––

6

n = 8

1–––2

4 ± ��– 8–––––––––

12

n = 0

1––2


IV) Para a = 1, temos:6sen4x – 4 sen2x = 0 ⇔ 2sen2x (3sen2x – 2) = 0 ⇔

⇔ sen x = 0 ou sen x = ± . Desta forma, a

equação possui soluções no intervalo[0;2π],

como se vê no ciclo trigonométrico a seguir:

V) Para a = 3, temos:

6sen4x – 4sen2x – 2 = 0 ⇔

⇔ 3sen4x – 2sen2x – 1 = 0 ⇔ sen2x = ⇔

⇔ sen2x = 1 ou sen2x = – (não serve) ⇔

⇔ sen x = ± 1 ⇔ x = ou x = .

Portanto, a equação dada tem soluções.

Desta forma, todas as afirmações são verdadeiras.

2–––3

n = 7

2 ± 4––––––

61

–––3

3π–––2

π–––2

n = 2


15 AA

Se cos 2x = , então um possível valor de

é

a) . b) 1. c) ��2. d) ��3. e) 2.

Resolução

I) cos 2x = ⇔ 2 cos2x – 1 = ⇔

⇔ cos2x = ⇔ cos x = ou cos x = – ⇔

II) Sendo y = , temos:

y = =

= = =

= – cos x

Portanto, y = ou y = –

cos x––––– – 1sen x

––––––––––––––––––––––1 1

––––––––– – –––––––––sen (x – π) cos (π – x)

cos x – sen x–––––––––––––

sen x––––––––––––––––

–(cos x – sen x)––––––––––––––

sen x . cos x

cos x – sen x–––––––––––––

sen x––––––––––––––––

1 1– ––––– + –––––

sen x cos x

��3–––2

��3–––2

1–––2

cotg x – 1–––––––––––––––––––––––cossec (x – π) – sec (π – x)

��3–––2

1–––2

1–––2

��3–––2

��3–––2

3–––4

cotg x – 1––––––––––––––––––––––cossec(x – π) – sec (π – x)


16 BBUma reta r tangencia uma circunferência num ponto B eintercepta uma reta s num ponto A exterior à circun ferên -cia. A reta s passa pelo centro desta circunferência e aintercepta num ponto C, tal que o ângulo A

^BC seja

obtuso. Então o ângulo CÂB é igual a

a) A^BC. b) π – 2 A

^BC.

c) A^BC. d) 2 A

^BC – π.

e) A^BC – .

Resolução

I) O^CB = O

^BC = x, pois o triângulo COB é isósceles

e portanto A^BC = + x ⇔ x = A

^BC –

II) CÂB é ângulo excêntrico exterior e portanto

CÂB = ⇔ C

ÂB = – 2x

Assim:

CÂB = – 2 . �A^

BC – � = – 2 A^BC + π ⇔

⇔ CÂB = – 2 A

^BC

3π––2

π––2

π––2

π––2

π – 2x – 2x–––––––––

2

π––2

π––2

π––2

3–––2

1–––2

2–––3

π–––2


17 BBSobre a parábola definida pela equação

x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 pode-se afirmar que

a) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox.

b) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixoOx.

c) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox.

d) a abscissa do vértice da parábola é x = –1.

e) a abscissa do vértice da parábola é x = – .

ResoluçãoI)

Lembrando que, havendo rotação de eixos, temos:

ou, o que é equivalente,

Para α = 45°, temos:

x = x’ – y’ e y = x’ + y’

II) Substituindo na equação dada, teremos:

x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 ⇔2

+

+ 2 . +

+ 2

– 2 +

+ 4 + 1 = 0 ⇔

⇔ (x’)2 + (y’)2 + (x’)2 – (y’)2 + ��2 (x’) +

+ 3 ��2 (y’) + 1 = 0 ⇔

⇔ 2 (x’)2 + ��2 (x’) + 3 ��2 (y’) + 1 = 0 ⇔

x’P = xP cos α + yP sen αy’P = yP cos α – xP sen α

xP = x’P cos α – y’P sen α

yP = x’P sen α + y’P cos α

��2––––

2��2

––––2

��2––––

2��2

––––2

��2 ��2�x’ ––– – y’ –––�2 2

��2 ��2�x’ ––– – y’ –––�2 2��2 ��2�x’ ––– + y’ –––�2 2

��2 ��2�x’ ––– + y’ –––�2 2��2 ��2�x’ ––– – y’ –––�2 2

��2 ��2�x’ ––– + y’ –––�2 2

2–––3


⇔ y’ = (x’)2 – x’ – ⇔

⇔

que, no sistema x’Oy’, é a equação de umaparábola de vértice:

x’v = = – = – e

y’v = – . 2

– . – =

= –

III) No sistema x’Oy’, o vértice é V’ .

Esse vértice no sistema xOy é

V , pois:

x = – . cos 45° – sen 45° =

= – . + . = – e

y = – sen 45° + cos 45° =

= – . – . = –

IV) Toda reta paralela ao eixo Ox é do tipo y = k(constante) e o sistema:

⇒

⇒ x2 + 2 (k – 1)x + (k2 + 4k + 1) = 0

só admite solução única se Δ = – 24k = 0 ⇔ k = 0. Para k = 0, a equação será x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.A única reta paralela ao eixo x e tangente àparábola é o próprio eixo x e o ponto de tangênciaé (1; 0).

1+ –––

3––––––––––

��22 . �– –––�3

1–––––2 ��2

��2––––

2

��2––––

3��2�– –––�4

1––3

��2�– –––�4��2

––––6

��2––––

8

��2 ��2�– –––; – –––�4 8

1 3�– –––; – –––�8 8

��2––––

4��2�– –––�8

��2––––

4��2

––––2

��2––––

8��2

––––2

1––8

��2––––

4��2�– –––�8

��2––––

4��2

––––2

��2––––

8��2

––––2

3––8

�y = kx2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0

– 2–––––3 ��2

1––3

1–––––3 ��2

��2 1 ��2 y’ = – –––– (x’)2 – ––– x’ – ––––

3 3 6


V)


18 DDDas afirmações:

I. Duas retas coplanares são concorrentes;

II. Duas retas que não têm ponto em comum são rever -sas;

III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenasdois, planos paralelos, cada um contendo uma dasretas;

IV. Os pontos médios dos lados de um quadrilátero re -verso definem um paralelogramo,

é (são) verdadeira(s) apenas

a) III. b) I e III. c) II e III.

d) III e IV. e) I e II e IV.

ResoluçãoI) Falsa.

Duas retas coplanares podem ser paralelas.

II) Falsa.Duas retas que não têm ponto em comum podemser coplanares e neste caso são paralelas (distintas).

III) Verdadeira.Sejam r e s retas reversas, t a perpendicular co -mum a elas, {A} = t ∩ r e {B} = t ∩ sPodemos afirmar que:1) Existe uma única reta u, e paralela a s, tal que

A ∈ u.Assim, o plano � = p� (r; u) é perpendicular a

t.2) Existe uma única reta v, paralela a r, tal que

B ∈ v.Assim, o plano � = p� (s; v) é perpendicular a t.Os planos � e � são paralelos (nãocoincidentes), r ⊂ � e s ⊂ �.

Como � é o único plano conduzido por A, per -pendicular a t, e � é o único plano conduzido porB, perpendicular a t, concluímos que existem dois,e apenas dois, planos paralelos (� e �), cada umcon tendo uma das retas.


IV) Verdadeira.Seja ABCD um quadrilátero reverso, cujos pontosmédios dos lados são os pontos M, N, P e Q,conforme a figura seguinte:

No triângulo ABC, contido no plano �, temos:

MN––––

// AC––––

e MN = (I)

No triângulo DAC, contido no plano �, temos:

QP––––

// AC––––

e QP = (II)

De (I) e (II), temos, finalmente:

MN––––

// QP––––

e MN = QP e assim podemos concluirque o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.

AC––––

2

AC––––

2


19 AAUm plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulode vértice V, determinando um triângulo ABC cujos lados

medem, respectivamente, ��10, ��17 e 5 cm. O volume,em cm3, do sólido VABC é a) 2. b) 4. c) ��17.d) 6. e) 5��10.

Resolução

Sendo VA = a, VB = b e VC = c, todos em cm, temos:

⇔

Somando membro a membro as três equações, temos:

2a2 + 2b2 + 2c2 = 52 ⇔ a2 + b2 + c2 = 26

Assim, a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 10 + c2 = 26 ⇒ c = 4;

a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ a2 + 25 = 26 ⇒ a = 1;

a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 17 + b2 = 26 ⇒ b = 3.

Logo, o volume V do sólido VABC, em cm3, é dado por:

V = . . a = . . 1 = 2 1

–––3

bc–––2

1–––3

3 . 4–––––

2

�a2 + b2 = (��10)2

b2 + c2 = 52

a2 + c2 = (��17)2 �a2 + b2 = 10

b2 + c2 = 25

a2 + c2 = 17


20 BBNo sistema xOy os pontos A = (2, 0), B = (2,5) e C = (0,1)são vértices de um triângulo inscrito na base de umcilindro circular reto de altura 8. Para este cilindro, arazão

, em unidade de comprimento,

é igual a

a) 1. b) . c) .

d) . e) .

ResoluçãoI) O triângulo de vértices A = (2; 0), B = (2; 5) e

C = (0; 1) é retângulo em C, pois

mAC = – e mBC = 2

II) Sendo R o raio da base do cilindro de altura 8,

temos:

R = =

Logo, a razão =

= =

5π . �––�2

. 82

–––––––––––––––––––––5 52π . �––�2

+ 2π . �––�. 82 2

100––––105

AB––––

2

5–––2

volume–––––––––––––––––––––área total da superfície

100–––115

5–––6

1–––2

volume––––––––––––––––––––área total da superfície

100–––105

10–––11


AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADASDE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E

RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.

21Para z = 1 + iy, y > 0, determine todos os pares (a, y), a > 1,tais que zl0 = a. Escreva a e y em função de Arg z.

ResoluçãoI) Seja z = 1 + yi = ρ . (cos θ + i . sen θ)

com 0 < θ < , pois y > 0

II) Se z10 = a, com a > 1, então:

ρ10 . [cos (10θ) + i . sen (10θ)] = a

III) ρ10 = a e 10θ = k2π

IV) ⇔ ⇔

⇔ θ = ou θ =

V) ⇔ ⇒ a = sec10 θ

VI) y = ρ . sen θ = sen θ = tg θ

Resposta:

(sec10 θ; tg θ), com θ = ou θ =

�ρ cos θ = 1

ρ10 = a �ρ = sec θ

ρ10 = a

1–––––cos θ

π–––5

2π–––5

�10θ = k2π

π0 < θ < –––2 �

kπθ = ––––5

π0 < θ < –––2

π–––5

2π–––5

π–––2


22Determine o maior domínio D � � da função

f : D → �, f(x) = logx

(4 sen x cos x – 1).

Resolução

I) O “maior domínio” D ⊂ � da função

f(x) = log (4 sen x cos x – 1) é tal que:

II) , pois o gráfico de

g (x) = é do tipo

III) ≠ 1 para qualquer x real, pois a equação

x2 – x + 1 = 0 não tem raízes reais

IV) 4 sen x . cos x – 1 � 0 ⇔ 2 sen (2x) – 1 � 0 ⇔

⇔ sen (2x) � ⇔ � 2x � ⇔

⇔ � x �

V) De (II), (III) e (IV), temos � x �

Resposta: D = �x ∈ � � � x � �π–––12

π––4

� π –– – x4 �x

π––4

1––2

π–––6

5π–––6

π–––12

5π–––12

π–––12

π––4

� π –– – x4 �x � 0 ⇔ 0 � x �

π––4

� π –– – x4 �x

π�–– – x�4

� π –– – x4 �x

�� 0x �π –– – x

4�≠ 1x �π –– – x

4�4 sen x cos x – 1 � 0


23Considere o polinômio P(m) = am2 – 3m – 18, em quea ∈ � é tal que a soma das raízes de P é igual a 3.Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas,soluções da equação em x, x3 + mx2 + (m + 4)x + 5 = 0,estejam no intervalo ]– 2, 2[.

Resolução

I) A soma das raízes de P(m) = am2 – 3m – 18 é igual

a 3, então: 3 = – ⇔ a = 1

II) Para a = 1, temos P(m) = m2 – 3m – 18, cujasraízes são m = 6 e m = – 3

III) Para m = 6, temos:x3 + 6x2 + 10x + 5 = 0 ⇔⇔ (x + 1) . (x2 + 5x + 5) = 0 ⇔

⇔ x = – 1 ou x = , pois

IV) Para m = – 3, temos:

x3 – 3x2 + x + 5 = 0 ⇔ (x + 1) . (x2 – 4x + 5) = 0 ⇔

⇔ x = – 1 ou x = 2 ± i, pois

V) Para que duas, e apenas duas, soluções da equaçãoestejam no intervalo ]– 2; 2[, devemos ter m = 6.

Resposta: m = 6

1 – 3 1 5 – 1–––––––––––––––––––––

1 – 4 5 0

(– 3)–––––a

– 5 ± ��5–––––––––2

1 6 10 5 – 1––––––––––––––––––

1 5 5 0


24Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão pode -mos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todasas suas faces? Cada face só pode ser pintada com umaúnica cor.

ResoluçãoI) Utilizando apenas uma cor, existem 4 possibili da -

des.II) Utilizando duas cores, podemos ter:

a) três faces de uma cor e outra de outra cor, comono exemplo a seguir.

Neste caso, existem 4 . 3 = 12 possibilidades

b) duas faces de uma cor e as outras duas de outracor, como no exemplo a seguir.

Neste caso, existem = 6 possibilidades,pois os tetraedros

e

são idênticos por uma rotação conveniente.

III) Utilizando três cores, duas faces terão a mesmacor. Observe que as duas configurações a seguir

4 . 3––––

2


e

são idênticas, pois uma rotação conveniente daprimeira permite obter a segunda. Neste caso,existem 4 . C3;2 = 12 possibilidades.

IV) Utilizando as quatro cores, existem apenas duaspossibilidades, pois as configurações

nunca coincidem.

V) Ao todo, existem 4 + 12 + 6 + 12 + 2 = 36 possi bi -lidades.

Resposta: 36


25Considere o sistema na variável real x:

a) Determine os números reais α e β para que o sistemaadmita somente soluções reais.

b) Para cada valor de β encontrado em (a), determinetodas as soluções da equação x – x3 = β.

Resoluçãoa) As raízes da equação

x2 – x = α ⇔ x2 – x – α = 0 são x =

e são reais somente se α ≥ –

Para que pelo menos uma delas seja raiz da

equação x – x3 = β, devemos ter:

x – x3 = β ⇔ x(1 – x)(1 + x) = β ⇔

⇔ (x2 – x)(1 + x) = – β ⇔ α(1 + x) = – β e,

portanto, α 1 + = – β

⇔

b) Com os valores de β encontrados no item (a),

concluímos que pelo menos um dos valores,

ou , é raiz da equação

x – x3 = β.Se r for essa raiz, então na equação x – x3 = β ⇔

⇔ x3 – x + β = 0, por Briot-Ruffini, temos:

As demais raízes dessa equação são as raízes de x2 + rx + r2 – 1 = 0. A saber:

x = =

Respostas:

a) α ≥ – e β = – (3 ± �� 1 + 4α )

b) V = r; ; , com

r = ou r =

αβ = – –– (3 ± �� 1 + 4α )

2

1 + �� 1 + 4α–––––––––––

21 – �� 1 + 4α

–––––––––––2

1 0 – 1 β r

1 r – 1 + r2 0

– r ± �� r2 – 4 . 1(r2 – 1)–––––––––––––––––––––

2– r ± �� 4 – 3r2

––––––––––––––2

1–––4

α–––2

� – r + �� 4 – 3r2–––––––––––––

2– r – �� 4 – 3r2

–––––––––––––2

1 + �� 1 + 4α––––––––––––––

21 – �� 1 + 4α

––––––––––––––2

1––4

� 1 ± �� 1 + 4α–––––––––––

2 �

� x2 – x = α

x – x3 = β.

1 ± �� 1 + 4α–––––––––––

2


26Considere o sistema nas variáveis reais x e y :

com α ∈ e a, b ∈ �. Analise para que valores de

α, a e b o sistema é (i) possível determinado, (ii) possívelindeterminado ou (iii) impossível, respec tivamente. Noscasos (i) e (ii), encontre o respectivo con junto-solução.

Resolução

i) D = = sen2α – 3cos2α =

= 1 – cos2α – 3 cos2α = 1 – 4 cos2αO sistema será possível e determinado quando D ≠ 0, independentemente dos valores de a e b.

Assim, 1 – 4 cos2α ≠ 0 ⇔ cos2α ≠ ⇔

⇔ cos α ≠ ± ⇔ α ≠ , pois α ∈ 0;

Utilizando o Método de Cramer para resolver osistema, temos:

a) Dx = = a . sen α – 3b cos α ⇒

⇒ x = =

b) Dy = = b . sen α – a . cos α ⇒

⇒ y = =

Logo:

S = ;

ii) Para α = , temos:

a

b

3 cos α

sen α

Dx–––D

a . sen α – 3b . cos α––––––––––––––––––

1 – 4 cos2α

sen α

cos αa

bDy–––Db . sen α – a . cos α

––––––––––––––––––1 – 4 cos2α

�� a.sen α – 3b.cos α––––––––––––––––

1 – 4 cos2α

b.sen α – a . cos α––––––––––––––––

1 – 4 cos2α � π

–––3

�π π

x . sen –– + 3y . cos –– = a3 3

π πx . cos –– + y . sen –– = b

3 3

⇔

1–––4

1–––2

π–––3 π

–––2

� x sen α + 3y cos α = a

x cos α + y sen α = b,

π0, –– 2

sen αcos α

3 cos αsen α


Assim, o sistema será possível indeterminado

quan do α = e 2a = 2b��3 ⇔ a = b��3

Na equação ��3x + 3y = 2a, para a = b��3, temos:

x = = = 2b – ��3 y

e o conjunto solução do sistema é

S = {(2b – ��3y; y), com y ∈ �}

iii) O sistema será impossível para α = e a ≠ b��3

⇔ � ��3x + 3y = 2a

��3x + 3y = 2b��3

π–––3

2b��3 – 3y–––––––––––

��3

6b – 3��3y–––––––––––

3

π–––3

⇔ ��3 3

–––– x + –– y = a2 2

1 ��3 ––x + ––––y = b2 2

⇔ � ��3x + 3y = 2a

x + ��3y = 2b⇔


27Encontre os pares (α, β) ∈ x que satis -

fazem simultaneamente as equações

(tg α + cotg β) cos α sen β – 2 cos2 (α – β) = – 1 e

��3 sen (α + β) + cos (α + β) = ��3 .

Resolução

I) (tg α + cotg β) . cos α . sen β – 2 cos2 (α – β) = –1

⇔

⇔ . cos α . sen β –

– 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔

⇔ cos α . cos β + sen α . sen β – 2cos2(α – β)= –1⇔

⇔ cos (α – β) – 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔

⇔ 2 cos2 (α – β) – cos (α – β) – 1 = 0 ⇔

⇔ cos (α – β) = 1 ou cos (α – β) = ⇔

⇔ α – β = 0 + k . 2π, k ∈ �

ou α – β = ± + k . 2π, k ∈ � ⇔

⇔ α – β = 0 ⇔ α = β, pois α, β ∈ 1.° quadrante.

II) ��3 sen (α + β) + cos (α + β) = ��3 ⇔

⇔ . sen (α + β) + cos (α + β) = ⇔

⇔ cos . sen (α + β) +

+ sen . cos (α + β) = ⇔

⇔ sen (α + β + ) = ⇔

⇔ α + β + = + k . 2π, k ∈ �

ou α + β + = + k . 2π, k ∈ � ⇔

⇔ ou ,

pois α e β ∈ 1.° quadrante.

Assim, temos os seguintes sistemas lineares:

��3–––2

1––2

��3–––2

π––6

π––6

��3–––2

π––6

��3–––2

π––6

π––3

π––6

2π–––3

πα + β = ––

6

πα + β = ––

2

π0, –– 2π0, –– 2

sen α cos β(––––– + –––––)cos α sen β

1– ––

2

2π–––3


Resposta:

{ α = βπ

π ⇔ α = β = –––α + β = –– 12

6

{ α = βπ

π ⇔ α = β = ––α + β = –– 4

2

π π π π(–––; –––) e (––; ––)12 12 4 4


28Determine a área da figura plana situada no primeiroquadrante e delimitada pelas curvas

(y – x – 2) y + – 2 = 0 e x2 – 2x + y2 – 8 = 0

Resolução

I) (y – x – 2) . y + – 2 = 0 ⇔

⇔ y = x + 2 ou y = – + 2

II) x2 – 2x + y2 – 8 = 0 ⇔ (x – 1)2 + y2 = 9, que é a

equação de uma circunferência de centro (1; 0) e

raio 3.

�x

–––2 �

� x–––2 �

x–––2


III) Sendo S a área situada no primeiro quadrante edelimitada pelas curvas

(y – x – 2) . y + – 2 = 0 e

x2 – 2x + y2 – 8 = 0, temos:

S = + . (π . 32) – = – =

= . – 1

Resposta: . – 1 unidades de área

3 . 3–––––

21

–––4

6 . 2–––––

29π

––––4

3–––2

3–––2 � 3π

––––2 �

3–––2 � 3π

––––2 �

� x–––2 �


29Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetrize a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ânguloB

^CA em quatro ângulos iguais. Se � é a medida do lado

oposto ao vértice C, calcule:

a) A medida da mediana em função de �.

b) Os ângulos CÂB, A

^BC e B

^CA.

Resolução

Sejam: α = med(CÂB), β = med(A

^BC), 4 θ =

med(B^CA) e m a medida da mediana

—CM.

I) No triângulo retângulo HAC, temos:

α + θ = ⇔ α = – θ ⇒ sen α = cos θ

II) No triângulo retângulo HBC, temos:

β + 3θ = ⇔ β = – 3θ ⇒ sen β = cos 3θ

III) No triângulo CAM, de acordo com a lei dos senos,temos:

= ⇔ = ⇔

⇔ =

IV) No triângulo CBM, ainda de acordo com a lei dossenos, temos:

= ⇔ = ⇔

⇔ =

V) Das igualdades obtidas em (III) e (IV), temos:

= ⇔

⇔ 2 sen θ cos θ = 2 sen 3θ cos 3θ ⇔

⇔ sen 2θ = sen 6θ ⇔ 2θ + 6θ = π, pois θ ≠ 0

Assim: 8θ = π ⇔ θ =

m–––�

cos θ–––––––––

2 sen 3θ

m––––––sen β

�––––––––

2 sen θm

––––––cos 3θ

�–––––––2 sen θ

m–––�

cos 3θ–––––––––

2 sen θ

cos θ––––––––2 sen 3θ

cos 3θ––––––––

2 sen θ

π–––8

m––––––sen α

�–––––––––

2 sen 3θm

––––––cos θ

�–––––––––

2 sen 3θ

π–––2

π–––2

π–––2

π–––2


VI) O ângulo B^CA é reto, pois 4θ = .

Assim, podemos concluir que o triângulo CÂB é

retângulo em C e sua hipotenusa —AB tem medida

�.

Logo, a medida da mediana relativa à hipotenusa

é CM = , ou seja, m =

VII) Como θ = , então:

α = – = e β = – =

Respostas: a)

b) CÂB = , A

^BC = e B

^CA =

AB–––2

�–––2

π–––8

π–––2

π–––8

3π–––8

π–––2

3π–––8

π–––8

�–––2

3π–––8

π––8

π––2

π–––2


30Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retan -gulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respec -tivamente, as projeções ortogonais de E, F, G e H. Asmedidas das arestas distintas AB, AD e AE constituemuma progressão aritmética cuja soma é 12 cm. Sabe-seque volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3. Calcule:

a) As medidas das arestas do paralelepípedo.

b) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo.

Resolução

Todas as medidas lineares são em centímetros.a) Sendo AB = x – r, AD = x e AE = x + r, temos:

x – r + x + x + r = 12 ⇔ 3x = 12 ⇔ x = 4 Como o volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3, temos:

. . BF = 10 ⇒

⇒ . . (x + r) = 10 ⇒

⇒ . . (4 + r) = 10 ⇔

⇔ 16 – r2 = 15 ⇔ r = 1, supondo r > 0Assim:AB = 4 – 1 = 3, AD = 4 e AE = 4 + 1 = 5

b) Sendo V o volume, em cm3, e AT a área total, emcm2, do paralele pípedo, temos:V = 3 . 4 . 5 = 60 e AT = 2 . (3 . 4 + 3 . 5 + 4 . 5) = 94

Respostas: a) 3 cm, 4 cm e 5 cm

b) 60 cm3 e 94 cm2

1–––3

(4 – r) . 4–––––––––

2

1–––3

AB . BC––––––––

2

1–––3

(x – r) . x–––––––––

2


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