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⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.