elite resolve ita 2014 matematica

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2014 - MATEMÁTICA

1

NOTAÇÕES

: conjunto dos números naturais; 1,2,3...

: conjunto dos números inteiros : conjunto dos números racionais : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária : i 2 = -1

z : módulo do número z

z : conjugado do número z Re (z) : parte real do número z Det A : determinante da matriz A

A t : transposta da matriz A P(A) : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto a n(A) : número de elementos do conjunto finito A P(A) : probabilidade de ocorrência do vento A f g : função composta das f e g

,a b = ;x a x b

,a b = ;x a x b

,a b = ;x a x b

,a b = ;x a x b

A\B = ;x x A e x B

1

K

nn

a = a 1 +a 2 +...+ ,ka k

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradas são cartesianos retangulares.

QUESTÃO 01 Das afirmações: I. Se , \x y , com y x , então \x y ;

II. Se x e \y , então \xy ;

III. Sejam , ,a b c , com a b c. Se : , ,f a c a b é sobrejetora,

então f não é injetora, é (são) verdadeira(s) a) apenas I e II. b) apenas I e III. c) apenas II e III. d) apenas III. e) nenhuma.

Resolução Alternativa E (I) Falsa. Considere, por exemplo:

2

1 2

x

y

.

Então \x , \y , y x , mas:

1 \x y x y x y

(II) Falsa. Considere, por exemplo:

0x

y

Então x , \y , mas:

0 \x y x y x y

(III) Falsa. Considere, por exemplo:

1

2

3

a

b

c

,

e a função : 1,3 1,2f tal que 1 1

2 2f x x .

Seu gráfico é:

x

y

0

1

31

2

Observe que tal função é bijetora, isto é, é tanto sobrejetora quanto injetora.

QUESTÃO 02

Considere as funções , :f g , f x ax m , g x bx n , em

que , ,a b m e n são constantes reais. Se A e B são as imagens de

f e de g , respectivamente, então, das afirmações abaixo:

I. Se A B , então a b e m n ;

II. Se A , então 1a ;

III. Se , , ,a b m n, com a b e m n , então A B , é (são) verdadeira(s) a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas I e II e) nenhuma

Resolução Alternativa E As funções f e g representam pontos discretos sobre a correspondente reta real. Veja o exemplo para a função ( ) 5f x x

y

x O

5

4

5

3

2

1

4 3 2 1

Encontraremos, então, contraexemplos para cada caso: (I) Falsa. Vamos supor: 1a , 1b e 0m n . Nesse caso teremos:`

f x x

g x x

,

de modo que Im Imf g e que, portanto, satisfaz A B .

Entretanto, a b (II) Falsa. O caso 1a com m, também permite A . (III) Falsa. O caso 0a b , com 0m e 0n implica A m e

B m , logo A B .


2

QUESTÃO 03

A soma 4

1/22

1 1/2

log 32

log 8

n

nn

é igual a:

a) 8

9. b)

14

15. c)

15

16. d)

17

18. e) 1 .

Resolução Alternativa D Temos que:

(I) 5

1 2 1 2

5log 32 log 2n n

n ;

(II) 2 3( 2)1 2 1 2log 8 log 2 3 2n n n .

Assim:

4 4 4 4

1/22

1 1 1 11/2

5log 32 5 5 1

log 8 3 6 3 2 3 2

n

nn n n n

nn n n n n

5 1 1 1 1 5 68

3 3 8 15 24 3 120

41/2

21 1/2

log 32 17

log 8 18

n

nn

QUESTÃO 04

Se z , então 46 2 2 63z z z z z é igual a:

a) 32 2z z b)

66z z c) 3 3 2( )z z

d) 6( )z z e) 2 4 4( ) ( )z z z z

Resolução Alternativa A Para resolver essa expressão, precisaremos lembrar que:

2z z z

Elevando ao quadrado a equação:

2 4 2 2z z z z z z

Substituindo na expressão, temos:

46 2 2 6 6 2 2 2 2 63 3z z z z z z z z z z z

Fazendo a distributiva:

6 2 2 2 2 6 6 4 2 2 4 63 3 3z z z z z z z z z z z z

Veja que:

3 3 2 2 33 3a b a a b ab b

Assim, manipulando a expressão:

33 2 2 32 2 2 22 2 2 23 3z z z zz z z z

Portanto, 346 2 2 2 23z z z z z z .

QUESTÃO 05

Sejam ,z w . Das afirmações:

I. 2 2 2 22z w z w z w ;

II. 2 24z w z w zw ;

III. 2 24Rez w z w zw ,

é (são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas II e III. e) todas.

Resolução Alternativa E Sejam os números complexos:

z a bi

w c di

,

com , , ,a b c d . Temos que:

(I) 2 2 2

z w a c b d i z w a c b d ;

(II) 2 2 2

z w a c b d i z w a c b d ;

Agora, julgamos cada afirmação. I. Verdadeira. Temos que:

2 2 2 2 2 2z w z w a c b d a c b d

2 22 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2a b c d a b c d z w .

II. Verdadeira. Fatorando a diferença de quadrados, temos que:

2 2z w z w z w z w z w z w

2 2 4z w z w

III. Verdadeira. Novamente pela fatoração da diferença de quadrados:

2 2 2 2 2 2z w z w a c b d a c b d

2 2 2 2a c a c b d b d

a c a c a c a c b d b d b d b d

2 2 2 2 4 4a c b d ac bd .

Por outro lado, fazendo

z w a bi c di ac bd bc ad i ,

concluímos que:

4 4Reac bd zw .

Portanto, comparando os resultados:

2 24Rez w z w zw

QUESTÃO 06

Considere os polinômios em x da forma

5 3 23 2 1p x x a x a x a x . As raízes de 0p x constituem uma

progressão aritmética de razão 1

2 quando 1 2 3, ,a a a é igual a:

a) 1 5

, 0,4 4

b) 1 5

,1,4 4

c)

1 5, 0,

4 4

d) 5 1

, 0,4 4

e)

1 1, 1,

4 4

Resolução Alternativa C

Como temos uma progressão aritmética de razão 1

2 e um polinômio

de grau 5, suas 5 raízes podem ser escritas como:

1 3, , 1, , 2

2 2r r r r r

Pela relação de Girard da soma das raízes, temos:

4

5

0 1 31 2 5 5 1

1 2 2

ar r r r r r r

a

Assim as raízes formam a PA:

1 1PA 1, , 0, ,1

2 2

Pelo teorema fundamental da álgebra, nosso polinômio será então:

2 21 1 11 1 1 1

2 2 4p x x x x x x x x x

5 35 1

4 4p x x x x

Então, pela forma do enunciado:

1 2 3

1 5, , , 0,

4 4a a a

.


3

QUESTÃO 07 Para os inteiros positivos k e n , com k n , sabe-se que

11

11

n nn

k kk

.

Então, o valor de 1 1 1

...0 1 22 3 1

n n n n

nn

é igual a

a) 2 1n . b) 12 1n . c) 12 1n

n

.

d) 12 1

1

n

n

. e) 2 1n

n

.

Resolução Alternativa D Vamos denotar nossa soma por S :

1 1 1...

0 1 22 3 1

n n n nS

nn

Multiplicando nossa soma por ( 1)n , obtemos em cada termo a identidade apresentada no enunciado:

1 1 1 11 ...

0 1 20 1 1 1 2 1 1

n n n nn n n nn S

nn

1 1 1 1...

2 3 11

n n n n

n

Então, lembrando da soma dos binômios:

... 21 20

nn n n n

n

Temos:

1 1 1 11 ...

2 3 11

n n n nn S

n

11 1 1 1 1 1... 2 1

2 3 10 1 0nn n n n n n

n

11 2 1nn S 12 1

1

n

Sn

QUESTÃO 08

Considere as seguintes afirmações sobre as matrizes quadradas A e B de ordem n , com A inversível e B antissimétrica:

I. Se o produto AB for inversível, então n é par; II. Se o produto AB não for inversível, então n é impar; III. Se B for inversível, então n é par.

Destas afirmações, é (são) verdadeira(s): a) Apenas I b) Apenas I e II c) Apenas I e III d) Apenas II e III e) todas.

Resolução Alternativa C

Lembrando que uma matriz B é dita antisimétrica quando tB B e

que uma matriz A é inversível quando det 0A . Observe que para

uma matriz anti-simétrica vale que:

det det 1 det det 1 detn ntB B B B B

Assim, n impar significa det det det 0B B B .

Com isso em mente, vamos analisar as alternativas:

(I) Verdadeira. AB é inversível, então

det det det 0AB A B

Mas então det 0B , e como impar det 0n B , pela contra-

positiva vale det 0 parB n , logo a alternativa é verdadeira.

(II) Falsa. AB não é inversível, então

det det det 0AB A B

E como det 0A , devemos ter det 0B . Mas a condição não

implica que n seja impar. Em especial a seguinte matriz antisimétrica 4 4x tem determinante nulo:

0 1 2 1

1 0 1 1

2 1 0 1

1 1 1 0

(III) Verdadeira.

B é inversível, logo det 0B , e pela contrapositiva

det 0 parB n , logo n é par.

Assim, são verdadeiras as afirmações I e III.

QUESTÃO 09

Sejam 1 1 1

1A

y x

e

1

2

3

x x

B y y

z z

matrizes reais tais que o

produto AB é uma matriz antissimétrica. Das afirmações abaixo:

I. BA é antissimétrica; II. BA não é inversível;

III. O sistema 0BA X , com 1 2 3tX x x x , admite infinitas

soluções,

é (são) verdadeira(s) a) apenas I e II. b) apenas II e III. c) apenas I. d) apenas II. e) apenas III.

Resolução Alternativa B Temos que:

11 1 1 6

21 2 3

3

x xx y z x y z

A B y yy x x y z z

z z

Se A B é antissimétrica, isto é, TA B A B , então:

6 0 6 1

2 3 3 3 5

0 00

x y z x y x

x y z x y z x y

z zz

Portanto:

1 1 1

5 1 1A

e

0 1

3 5

3 0

B

I. Falsa. Temos que:

0 1 5 1 11 1 1

3 5 28 2 85 1 1

3 0 3 3 3

B A

,

e, portanto, TB A B A II. Verdadeira. Temos que:


4

5 1 1

det 28 2 8

3 3 3

B A

Somando a terceira coluna na segunda coluna, e somando a terceira coluna, multiplicada por 1 na primeira, o determinante não se altera. Assim:

4 2 1

det 20 10 8

0 0 3

B A

Sendo a primeira coluna múltipla da segunda coluna, segue que:

det 0B A

III. Verdadeira. Como já verificado na afirmação anterior, temos que:

det 0B A .

Assim, o sistema linear 0BA X é um sistema homogêneo

(portanto sempre possível) com determinante da matriz dos coeficientes ( B A ) igual a zero, o que significa que se trata de um sistema linear possível e indeterminado, admitindo, portanto, uma infinidade de soluções.

QUESTÃO 10 Seja M uma matriz quadrada de ordem 3, inversível, que satisfaz a igualdade

2 33 2det 2 det 2 det 3

9M M M

Então, um valor possível para o determinante da inversa de M é

a) 1

3. b)

1

2. c)

2

3.

d) 4

5. e)

5

4.

Resolução Alternativa A Para resolver essa questão, vamos utilizar duas propriedades de determinantes: (I) o teorema de Binet, que afirma que dadas duas matrizes A e B quadradas de mesma ordem, então:

det det detA B A B

Em particular, se A B ,:

det detkkA A

(II) se A é uma matriz quadrada de ordem n, então:

det detnA A

Assim, para a igualdade dada envolvendo a matriz M, 3 3 , temos:

2 33 2det 2 det 2 det 3

9M M M

33 2 3 33 2

2 det 2 det 3 det9

M M M

2 38 det 2 det 6 detM M M

22 det det 4 det 3 0M M M

det 0M ou det 1M ou det 3M

Como M é inversível, então det 0M . Assim, os possíveis valores

para detM são:

det 1M ou det 3M

Agora, como 1 1det

detM

M , os possíveis valores para 1detM são:

det 1M ou 1

det3

M

QUESTÃO 11

Considere a equação ,A t X B t t , em que

2 22 1

1 1 1 ,

3 1 2

t te e

A t

x

X y

z

e 2

0

te

B t

. Sabendo que

det 1A t e 0,t os valores de x, y e z são, respectivamente,

a) 2 2 , 0, 3 2 . b) 2 2 , 0, 3 2 . c) 0, 3 2 , 2 2 .

d) 0, 2 3 , 3 . e) 2 3 , 3 , 0.

Resolução Alternativa B Por hipótese, se det( ( )) 1A t e usando o fato de que ao trocar filas paralelas de posição em uma matriz, o valor de seu determinante é multiplicado por – 1, temos que:

2 2

2 2

2 2

2 1 1 1 1

det 1 1 1 1 . 2 1

3 1 2 3 1 2

1 1 1

1 . 1 . 2 1.

1 3 2

t t

t t

t t

e e

A t e e

e e

Aplicando a regra de Chió, temos:

2 2 22 2 2

2 2

2 1det ( ) 2 2 1

2 1

2 2 det

t t tt t t

t t

e e eA t e e e

e e A t

Como o determinante é igual a 1, temos que:

2 2 2 4 22

22 2 1 3 0 3 2 0t t t t t

te e e e e

e

2

2

22

21

0

t

tt

t

ee

ee

t

.

Como t não pode ser zero e a função ( ) xf x e é crescente positiva

para todo x real, concluímos que 2te .

Substituindo em ( )A t e ( )B t :

2 22 1 1 2 1

1 1 1 1 1 1

3 1 2 3 1 2

t te e

A t e

2

2

0

B t

Com isso, o sistema A t X B t fica:

2 2 21 2 1

1 1 1 2 2

3 1 2 0 3 2 0

x y zx

y x y z

z x y z

Somando a primeira e a segunda linhas e somando 3 vezes a primeira linha com a terceira, obtemos,

2 2 2 2 2 2

0 0 0

5 3 2 3 2 3 2

x y z x y z x

y y y

y z z z

Assim, os valores são: 2 2, 0 e 3 2x y z

QUESTÃO 12

Considere o polinômio complexo 4 3 25 6p z z az z iz , em que

a é uma constante complexa. Sabendo que 2i é uma das raízes de

0p z , as outras raízes são

a) 3 , 1,1i . b) , ,1i i . c) , , 1i i .

d) 2 , 1,1i . e) 2 , ,1i i .


5

Resolução Alternativa A

Sabendo que 2i é raiz de p z , temos:

4 3 22 0 2 2 5 2 2 6 0

16 8 20 2 6 0

p i i a i i i i

a i a i

Assim, 4 3 25 6p z z iz z iz . Por Briot-Ruffini:

2i 1 i 5 i 6 1 3i 1 3i 0

Dessa maneira, p z pode ser escrito como:

3 22 3 3p z z i z iz z i

Para encontrarmos as outras três raízes de p z , basta que: 3 23 3 0z iz z i

Fatorando a equação:

3 2 2 23 3 0 3 3 0 1 3 0z iz z i z z i z i z z i

Resolvendo:

2

2

3 0 3

1 3 0 ou

1 0 1

z i z i

z z i

z z

Portanto, as outras três raízes são 3 , 1, 1i .

Observação: Um erro comum que pode ser cometido é usar o Teorema das Raízes Complexas, que diz que se um polinômio com coeficientes reais tem uma raiz complexa 0z com multiplicidade k,

então o conjugado 0z também é raiz com mesma multiplicidade k.

Note que este teorema não é aplicável a essa questão, pois os coeficientes de p z não são reais.

QUESTÃO 13

Sabendo que 2 2

2, 0

absen x a

a b

e 0,b um possível valor para

1cossec 2

2x tgx é:

a) .a b

ab

b) .

2

a b

ab

c)

2 2

.a b

ab

d) 2 2

4

a b

ab

e)

2 2

4

a b

ab

Resolução Alternativa E

Lembrando as relações por tg2

x

, temos:

2

2

2

2

tg

2sen2

1

1cos2

12

tg21

x

x

x

x

Assim, manipulando a expressão: 21 1 1 1 1 1 1

cossec 2 tg tg cotg2 sen2 2 2 2 2 2

x x x xx

Agora:

2 22

22 2 2 2

2 4sen sen .

ab a bx x

a b a b

Deste modo,

2 22 2 2 2

2 2 22 2 2 2

cossec 1 cotg cotg 14 4

a b a bx x x

a b a b

24 4 2 2 2 2 2 22 2

2 2

2cotg cotg cotg

4 2 2

a b a b a b a bx x x

a b ab ab

Portanto, a expressão buscada é: 2 21 1

cossec 2 tg cotg2 2 4

a bx x x

ab

,

sendo, então, o único valor possível das alternativas 2 2

4

a b

ab

.

QUESTÃO 14

Considere o triângulo ABC retângulo em A . Sejam AE e AD a

altura e a mediana relativa à hipotenusa BC , respectivamente. Se a

medida BE é 2 1 cm e a medida de AD é 1 cm, então AC mede, em cm,

a) 4 2 5 . b) 3 2 . c) 6 2 2 .

d) 3 2 1 . e) 3 4 2 5 .

Resolução Alternativa C Veja a ilustração da situação descrita pelo enunciado:

A

C BD E

1

2 1

Circunscrevendo uma circunferência no triângulo ABC, temos: A

C BD E

1

2 1

Lembre-se que quando circunscrevemos uma circunferência em um triângulo retângulo, temos que o centro é o ponto médio da hipotenusa (no nosso caso, o centro é o ponto D) e o raio, metade do comprimento da hipotenusa. Dessa maneira, segue:

A

C BD E

1

1

1

Veja que tanto AD , quanto BD e CD são raios e que 1AD .

Assim, 1BD CD . Desse modo, 2BC .

Sabendo que 2 1BE , temos que:

1 2 1 2 2BD DE EB DE DE

Por Pitágoras no triângulo EAD:

22 2 2 22 22 2 1 4 2 5AE ED AD AE AE

Por Pitágoras, novamente, no triângulo AEC:

22 2 2 24 2 5 2 2 1AE EC AC AC

224 2 5 3 2 6 2 2AC AC

Logo, 6 2 2 cmAC .


6

QUESTÃO 15 Seja ABC de um triângulo de vértices (1,4),A (5,1)B e (5,5).C O raio da circunferência circunscrita ao triângulo mede, em unidades de comprimento,

a) 15

8. b)

5 17

4. c)

3 17

5.

d) 5 17

8. e)

17 5

8.

Resolução Alternativa D Solução A: Dado um triângulo ABC, de lados AB a , BC b e CA c , temos que a área S deste triângulo pode ser calculada como:

4

a b cS

R

, onde R é o raio da circunferência circunscrita.

Também podemos calcular a área S do triângulo por:

1 1 4 11 1 1

1 5 1 1 16 82 2 2

1 5 5 1

A A

B B

C C

x y

S x y S S S

x y

Os comprimentos dos lados do triângulo são dados por:

2 21 5 4 1 5AB ABd d

2 25 5 1 5 4BC BCd d

2 21 5 4 5 17CA CAd d

Assim:

5 4 17 5 178

4 4 8AB BC CAd d d

S RR R

Solução B:

Segue a representação do triângulo ABC no plano cartesiano:

y

x O

A

B 1

1 5

5

4

C

Lembre-se que o encontro das mediatrizes é o centro da circunferência circunscrita. Dessa maneira, basta encontrarmos duas retas mediatrizes dos lados dos triângulos para que possamos encontrar o centro. Veja:

y

x O

A

B 1

1 5

5

4

C

M N

r

s

O

Perceba que o segmento BC é paralelo ao eixo y e que sua equação é dada por 5x . Dessa maneira, a equação da reta r, que é mediatriz

do segmento BC, além de passar pelo ponto médio 5,3M , será

paralela ao eixo x:

: 3r y

Do mesmo modo, para encontrar a reta s, mediatriz ao segmento AC:

145 4

5 1

AC s

s

AC

m mm

m

Como s passa por 9

3,2

N

:

94 3

2N s Ny y m x x y x 33

: 42

s y x

Agora, interseccionando as retas r e s:

273

8334

32

yx

y xy

27

, 38

O

Para determinarmos o raio, basta fazer a distância entre o centro e qualquer um dos vértices:

2

2

,

27 425 5 171 4 3

8 64 8A Od R R R

Logo, 5 17

8R

QUESTÃO 16

Em um triângulo isósceles ABC , cuja área mede 248 cm , a razão

entre as medidas da altura AP e da base BC é igual a 2

3. Das

afirmações abaixo:

I. As medianas relativas aos lados AB e AC medem 97 cm ;

II. O baricentro dista 4 cm do vértice A ;

III. Se é o ângulo formado pela base BC com a mediana BM ,

relativa ao lado AC , então 3

cos97

,

é (são) verdadeira(s)

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

Resolução Alternativa A

Sejam h a medida da altura AP , a o comprimento da base BC e m o

comprimento da mediana BM . Observe a figura abaixo:

A

B C

M

G

P

h

a

m

G é o baricentro do triângulo, pois é o encontro de AP com BM e a

altura AP é também mediana.

Pelo enunciado, sendo S a área do triângulo ABC:

2

a hS

48

2

a h 96a h


7

E ainda: 2

3

h

a

2

3h a

Assim,

2

962

96 14423

3

a ha a a

h a

12 cma

212 cm

3h 8 cmh

(I) Verdadeira. Queremos determinar se 97 cmm .

Observe o ponto E, projeção de M na base BC :

A

B C

M

G

P

h = 8 cm

m

E

a = 12 cm

M é ponto médio de AC :

2AC

MC

APC MEC :

82 2

AP AC

ME MC ME 4 cmME

1222 2 3 cm

PC ACEC

EC MC EC

Observe ainda, que:

12 3 12EC EB EB 9 cmEB

Assim, temos:

B

M

m = ?

E 9 cm

4 cm

Teorema de Pitágoras: 2 2 24 9m 97 cmm

Observação: a mediana relativa ao lado AB tem mesma medida da

mediana relativa ao lado AC , devido à simetria do triângulo isósceles.

(II) Falsa. Queremos saber se 4 cmGA .

Sabe-se que a distância do baricentro ao vértice é 2

3 da medida da

mediana, assim: 2

8 cm 4 cm3

GA GA

Também podemos chegar a essa conclusão de outra forma: 8 8GA GP GP GA

Observe, pela construção das figuras, que GP ME , logo

4 cmGP . Assim, 8 4GA 4 cmGA

(III) Falsa. Observe a figura:

B

M

E 9 cm

4 cm

97 cm

Daí: 9 3

cos97 97

.

QUESTÃO 17

Considere o trapézio ABCD de bases AB e CD . Sejam M e N os

pontos médios das diagonais AC e BD , respectivamente. Então, se

AB tem comprimento x e CD tem comprimento ,y x o

comprimento de MN é igual a:

a) x y . b) 1

2x y . c) 1

3x y .

d) 1

3x y . e) 1

4x y .

Resolução Alternativa B Observe a ilustração da situação abaixo, onde também é traçado o

segmento PQ , correspondente a base média do trapézio.

M N

D C

P Q

x

A B

y

Vamos usar a propriedade da base média de um triângulo (segmento que une os pontos médios de dois lados de um triângulo e paralelo ao terceiro lado). Tal propriedade nos diz que se um segmento é base média de um triângulo, então seu comprimento é metade do lado paralelo a este segmento.

1

' '2

' ' é paralelo à

A B AB

A B AB

A B

'A 'B

C

Assim, no nosso caso temos que MQ é base média de AB no

triângulo ABC , portanto 1

2 2

xMQ AB . Do mesmo modo NQ é

base média de CD no triângulo BCD , então 1

2 2

yNQ CD . Por fim,

basta notar que

1

2 2 2

x yMN MQ NQ x y .

Obs: O segmento MN que une os pontos médios das diagonais de um trapézio é chamado de mediana de Euler.


8

QUESTÃO 18

Uma pirâmide de altura 1cmh e volume 350cmV tem como base

um polígono convexo de n lados. A partir de um dos vértices do polígono traçam-se 3n diagonais que decompõem em

2n triângulos cujas áreas iS , 1,2,..., 2i n , constituem uma

progressão aritmética na qual 23

3

2S cm e 2

6 3S cm . Então n é igual

a:

a) 22. b) 24. c) 26. d) 28. e) 32.

Resolução Alternativa C Primeiramente vamos descobrir a área da base de nossa pirâmide:

1 150 1

3 3base baseV A h A 2150baseA cm

Agora, vamos representar a divisão da base descrita no enunciado:

1S 2S 3S

2nS 3nS

Essas sequências de áreas formam uma progressão aritmética, descobrimos a razão dessa progressão pelos dois termos dados:

6 3

3 13 3 3

2 2S S r r r

Assim nossas áreas são:

21

1

2S cm

22 1S cm

23

3

2S cm

21 1

2k

kS S k r cm

22

2

2n

nS cm

Assim, pela fórmula da soma de progressões aritméticas, temos:

21 2

1

2 1 2150

2 4

nn

base kk

S S n n nA S

26

1 2 600 ou

23 (não convém)

n

n n

n

Portanto, 26n .

QUESTÃO 19 A equação do circuito localizado no 1º quadrante que tem área igual a 4 (unidades de área) e é tangente, simultaneamente, às retas

: 2 2 5 0r x y e : 4 0s x y é

a) 2 2

3 104.

4 4x y

b) 22

3 32 2 4.

4 4x y

c) 2 2

3 102 2 4

4 4x y

.

d) 2 2

3 132 2 4

4 4x y

.

e) 2 2

3 112 2 4

4 4x y

Resolução Alternativa D Raio da circunferência:

4Área 2 4R

2R

Equações das retas: : 2 2 5 0r x y

: 2,5r y x

1 tg 1r rm

45ºr

: 4 0s x y

: 4s y x

1 tg 1s sm

135ºs

Como 1r sm m , as retas são perpendiculares entre si. Como r

forma 45° com o eixo das abscissas e s forma 135° com o eixo das abscissas, todos os ângulos agudos destacados na figura abaixo serão iguais a 45º.

y

x O

A C(a, b) b

c a 45º 45º

r

s

135º

B

D

R = 2

Observe que, pela construção, ABCD é um quadrado de lado 2R e lados com inclinação de 45° com a horizontal, portanto, o ponto A(c, b) de encontro das retas tem a mesma ordenada b do centro C(a, b) da circunferência.

Assim,

2AC R (diagonal do quadrado)

2 2AC E ainda:

2 2a c

Cálculo das coordenadas de A(c, b), ponto do cruzamento r s :

: 2,5 3 32,5 4

: 4 4 4A A A

r y xx x x c

s y x

33 13

444 4

: 4

AA A

xy y

s y x

13

4b

3

4

2 2

c

a c

32 2

4a

Substituindo diretamente os valores de R, a e b na equação da circunferência:

2 2 2( ) ( )x a y b R 2 2

3 132 2 4

4 4x y


9

QUESTÃO 20 Considere o sólido de revolução obtido pela rotação de um triângulo

isósceles ABC em torno de uma reta paralela á base BC que dista

0,25 cm do vértice A e 0,75 cm da base BC . Se o lado AB mede 2 1

cm2

, o volume desse sólido, em cm3, é igual a

a) 9

16.

b) 13

96.

c) 7

24.

d) 9

24.

e) 11

96.

Resolução Alternativa C Seja r a reta em torno da qual o triângulo ABC será rotacionado, G o

baricentro desse triângulo e H a projeção do ponto A sobre a reta BC

. Temos a figura:

A medida do segmento AH é dada por:

10,75 0,25 cm

2AH

Sendo o triângulo isósceles, H deve ser ponto médio do segmento

BC . Assim, pelo Teorema de Pitágoras no triângulo AHB, temos:

222

2 2 2 21 1

2 2AB AH HB HB

22

1 1 cm

4 2HB HB

.

Sendo medida de um segmento, segue que:

1 1 cm 2 cm

2HB BC HB

.

A área S do triângulo ABC, portanto, será dada por:

2

1 112 cm

2 2 4

BC AHS

Sendo o triângulo ABC isósceles, AH é uma mediana e, portanto, o baricentro G divide essa mediana na proporção 2:1 a favor do vértice A. Assim:

2 2 1 1 cm

3 3 2 3AG AH

Desse modo, a distância d do baricentro G à reta r é dada por:

1 1 7 cm

4 3 12d

O sólido obtido apresenta-se esboçado na figura a seguir:

Logo, pelo teorema de Pappus-Guldin, o volume do sólido obtido pela rotação do triângulo ABC em torno da reta r é dado por:

1 72 2

4 12V S d

37

cm24

V

QUESTÃO 21

Considere as funções :f , xf x e ,em que é uma

constante real positiva, e : 0,g , .g x x Determine o conjunto-solução da inequação

g f x f g x .

Resolução Primeiramente vamos definir as regras de nossas funções compostas:

xf g x f x e , com 0x .

2

xx xg f x g e e e

, com x .

Assim nossa inequação é:

2

xxe e

,

e como a função xh x e é estritamente crescente nos reais,

podemos comparar os expoentes

2

2 2

xx x x

e e x x

Onde a ultima equivalência ocorre pois é real positivo. Então

22

xx x 4x ,

assim, o conjunto solução é:

: 4 4;S x x

QUESTÃO 22

Determine as soluções reais da equação em x,

3 4 10

4 4100

log 16log log 3 0

log 16

xx x .

Resolução Usando as propriedades do logaritmo, cada parcela da equação é reescrita da seguinte forma:

1. 44 4log 4logx x ;

2. 10 1016 16 4

10010

log 16 log 162log 16 2 2log 2 log

1log 16 log 162

x xx x x

0,75 cm

0,25 cm

A

C

H

r

B

G


10

Assim, a equação dada fica:

3 3

4 4 4 4 4log 4log 6 3log 0 log 7log 6 0x x x x x .

Usando a igualdade: 4log x y , temos a seguinte equação cúbica:

3 3 2

2

7 6 0 6 6 0 1 6 1 0

1 1 6 1 0 1 6 0

y y y y y y y y

y y y y y y y

Assim, as raízes dessa equação na variável y são: 1, 2, 3y y y e os valores de x são:

4

1log 1

4x x

4

1log 2

16x x

4log 3 64x x

Portanto, o conjunto solução da equação é:

1 1, ,64

4 16S .

QUESTÃO 23

a) Determine o valor máximo de z i ,sabendo que 2 1,z z .

b) Se oz satisfaz (a), determine 0.z

Resolução a) Da teoria dos números complexos, temos que cada complexo z a bi é representado no plano Argand-Gauss por um ponto (o

qual chamamos de afixo) , Re , Imz a b z z . Assim

conseguimos tratar nosso problema de complexos como um problema de geometria analítica. Primeiro notemos que a distância entre os afixos dos complexos z e w é dado por:

dist ,z w z w

Então a equação em z , 0z z k , onde k é uma constante real

positiva, representa uma circunferência de centro no afixo de 0z e raio

k .

Sendo assim, quando o enunciado nos diz para considerar os

complexos que satisfazem 2 1z , isso é equivalente a considerar

os complexos cujos afixos formam uma circunferência de centro em

2, 0 e raio 1 :

1

2, 0 Re

Im

Como queremos maximizar o valor de z i , isso é equivalente, pela

interpretação geométrica, a maximizar dist ,z i . Ou seja, a

distância de um ponto ao afixo do complexo w i (distância ao

ponto 0, 1 ). Isso acontece quando consideramos o ponto

diametricamente oposto a w i pelo segmento que liga ele ao

centro 2; 0 :

2, 0

0, 1

0z

Re

Im

Observe que esse ponto tem a distância máxima, pois se considerarmos qualquer outro ponto 1z teremos a seguinte situação:

2, 0

0, 1

0z

1z

Re

Im

Então, como qualquer ponto, exceto por 0z , fica interior à

circunferência com centro em 0, 1 e raio 0dist ,i z , esse ponto

terá uma distância menor do que 0z a w i .

Confirmado que 0z é o ponto que maximiza dist ,z i , podemos

escrever essa distância como 0 0dist , dist ,2 dist 2,z i z i :

0; 1

0z 0dist ,2z

dist 2, i

0z

Re

Im

Então

2 20 0dist , dist ,2 dist 2, 1 2 1 2 1 1 5z i z i i

0dist , 1 5z i .

b) Observe que podemos traçar duas alturas no desenho, obtendo dois triângulos semelhantes como indicado:

21

51

x y

Re

Im

Então, pela semelhança temos:

2 51 5

2 15 5

5

xx y

y

Então, nosso ponto 0z terá afixo de coordenadas

0

2 5 52 , 2 ,

5 5z x y

Portanto, 0z é o complexo

0

2 5 52

5 5z i .


11

QUESTÃO 24 Seja o espaço amostral que representa todos os resultados possíveis do lançamento simultâneo de três dados. Se A é o evento para o qual a soma dos resultados dos três dados é igual a 9 e B o evento cuja soma dos resultados é igual a 10, calcule:

a) n ;

b) n A e n B

c) P A e P B

Resolução a) Veja que para cada lançamento do dado, temos seis possibilidades de resultados, ou seja, pode ser obtido qualquer número que pertença

ao conjunto 1, 2, 3, 4, 5, 6S . Assim, no lançamento simultâneo de

três dados, temos:

6 6 6 216 possibilidades

Portanto, 216n .

b) Para encontrarmos a quantidade de elementos do evento A, desconsiderando permutações, temos os seguintes casos de soma 9:

1 2 6

1 3 5

2 2 5

2 3 4

3 3 3

4 4 1

Note que, para quaisquer valores, podemos fazer a permutação entre os números obtidos. Assim, temos:

I. Para faces com números distintos, temos 3! possibilidades para

cada caso. Como são três casos, então 3! 3 18 possibilidades.

II. Para faces com apenas dois números iguais, temos 2,13

3!

2!P

possibilidades para cada caso. Como são dois casos, então 3!

2 62! possibilidades.

III. Para faces com todos números iguais, temos uma única possibilidade. Como existe somente um caso, então temos apenas 1 possibilidade.

Logo, 18 6 1 25n A n A

Da mesma maneira, podemos repetir o procedimento para o evento B. Os casos, descontando permutação, de soma 10 são:

1 3 6

1 4 5

2 2 6

2 3 5

2 4 4

3 3 4

Note que, para quaisquer valores, podemos fazer a permutação entre os números obtidos. Assim, temos:

I. Para faces com números distintos, temos 3! possibilidades para

cada caso. Como são três casos, então 3! 3 18 possibilidades.

II. Para faces com apenas dois números iguais, temos 3!

2!

possibilidades para cada caso. Como são três casos, então 3!

3 92! possibilidades.

Logo, 18 9 27n B n B .

c) Como nosso espaço amostral é equiprovável, calculamos as probabilidades pela razão entre o número de elementos do evento e número de elementos do espaço amostral:

25

216

n AP A P A

n

27 1

216 8

n BP B P B

n

Portanto, 25

216P A e 1

8P B .

QUESTÃO 25

Determine quantos paralelepípedos retângulos diferentes podem ser construídos de tal maneira que a medida de cada uma de suas arestas seja um número inteiro positivo que não exceda 10.

Resolução Primeiramente observe que apenas permutando o valor do comprimento do lado de um paralelepípedo retângulo, obtemos outro congruente a ele por rotações:

a

bc

a

b

c

Rotações

Assim devemos separar nossa contagem em três casos (1) quando temos as três dimensões iguais, (2) quando temos duas dimensões iguais e uma distinta e (3) quando temos três dimensões distintas.

Caso (1): Como as três dimensões são iguais, devemos apenas escolher seu comprimento, onde temos 10 casos (inteiros positivos de 1 até 10).

Caso (2): Devemos escolher um valor para dois lados e um valor distinto para outro lado. Note que pela simetria descrita no inicio da resolução, não existe a necessidade de se considerar quais dimensões vão assumir quais valores. Assim temos 10 9 90 opções.

Caso (3): Com as três dimensões distintas, escolhemos três valores para as dimensões, e pela simetria descrita no inicio, não precisamos nos preocupar com a ordem, assim temos 10,3 120C casos.

Então o número de palalelepípedos é 10 90 120 220 .

QUESTÃO 26 Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z

2 0

sen 4 0 , 0,2 .

2 1 cos2 16 0

x y z

x y z

x y z

a) Determine tal que o sistema tenha infinitas soluções. b) Para encontrado em (a), determine o conjunto-solução do sistema.

Resolução a) Como esse sistema é homogêneo, portanto sempre possível, para ter o caso de sistema possível e indeterminado, basta impor que o determinante da matriz dos coeficientes seja nulo. Assim:

2 2

1 1 2 1 1 1 1 1 1

0 1 sen 4 2 1 sen 2 2 2 1 sen 2

2 1 cos2 16 2 2 sen 8 1 sen 4

2 2 2

1 1 1

1 sen 2 0

1 sen 2

Observe que tal determinante é um determinante de Vandermonde. Logo, temos:

2 sen 2 1 sen 1 0


12

sen 2 ou sen 1

Como 1 sen 1 , , descartamos a possibilidade sen 2 . Assim, ficamos com:

sen 1

0,2

3

2

b) Para 3

2

, temos:

22

sen 1

1 cos2 2 sen 2 1 2

Assim, o temos o sistema linear:

2 0

4 0

2 2 16 0

x y z

x y z

x y z

Somando a primeira equação na segunda, temos:

6 0 0z z

Voltando a qualquer uma das equações, ficamos com:

0x y y x

Assim, fazendo x , temos:

y

Portanto, o conjunto-solução do sistema pode ser descrito como:

, ,0 ,V

QUESTÃO 27

Determine o conjunto de todos os valores de 0, 2x que

satisfazem, simultaneamente, a

22sen sen 10

cos 1

x x

x

e tg 3 1 3 cotg cotgx x x .

Resolução

Em toda resolução, usaremos o fato de que 0, 2x .

Primeira inequação:

22sen sen 10

cos 1

x x

x

(I) De início, observamos que:

1 cos 1 1 1 cos 1 1 1 2 cos 1 0x x x

Como o denominador não pode ser nulo, restringimos a:

cos 1 0 cos 1 0, 2x x x

(II) A partir disso, temos:

2

2

2sen sen 10

2sen sen 1 0cos 1cos 1 0

x xx xx

x

Resolvendo essa inequação, temos:

sen 1x ou 1

sen2

x

Como 1 sen 1x , a desigualdade sen 1x é impossível, de modo que ficamos com:

1sen

2x

No ciclo trigonométrico:

5,

6 6x

(III) Assim, a primeira inequação tem conjunto verdade:

5 50, 2 , ,

6 6 6 6I IV V

Segunda inequação:

tg 3 1 3 cotg cotgx x x

(IV) Como condição de existência para tgx e cotgx , impomos que:

30, , , , 2

2 2x

(V) Lembrando que 1

cotgtg

xx

, temos:

3 1tg 3 1 3 cotg cotg tg 3 1

tg tgx x x x

x x

2

1 3tg 3

tg tgx

x x

Multiplicando ambos os membros da inequação por 2tg x , que existe

e é sempre positivo para 30, , , , 2

2 2x

, temos a manutenção do

sinal da inequação:

3 2 2tg 3 tg tg 3 tg tg 3 tg 3x x x x x x

2tg 1 tg 3 0x x

Analisando o sinal de cada fator separadamente, temos:

tgx 3– – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

tgx 1 1– – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

cosx

senx

5/6 /6

senx 1 1/2 – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + +


13

Analisando o sinal do produto:

Temos, assim:

tg 3x ou 1 tg 1x

No ciclo trigonométrico, analisando os intervalos em que essas inequações são satisfeitas, e já impondo a restrição

30, , , , 2

2 2x

, temos:

(VI) Assim, a segunda inequação tem conjunto verdade:

2 3 5 3 5 70, , , , , , 2

4 2 3 4 4 2 3 4IIV

Sistema formado pelas duas inequações:

I IIV V V 2 3 5

, , ,6 4 2 3 4 6

V

QUESTÃO 28

Seis esferas de mesmo raio R são colocadas sobre uma superfície horizontal de tal forma que seus centros definam os vértices de um hexágono regular de aresta 2R. Sobre estas é colocada uma sétima esfera de raio 2R que tangencia todas as demais. Determine a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal.

Resolução Vejamos a figura que ilustra a vista superior das circunferências máximas de cada esfera da situação descrita. Note também que a distância entre um vértice qualquer do hexágono e o seu centro é 2R, assim, a distância entre dois vértices opostos é 4R, deste modo, a superfície da sétima esfera se projeta exatamente sobre os vértices do hexágono.

R 2R

R

R R

A intersecção de um plano , perpendicular à superfície horizontal, que passa pelo centro da sétima esfera e por dois vértices opostos do hexágono nos fornece a seguinte imagem:

2R

R

2R

x

R R

Note que a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal é dada por d x R . Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo destacado, temos:

2 2 23 2 5R R x x R

Portanto, 5 5 1d x R R R d R .

QUESTÃO 29

Três circunferências C 1 ,C 2 e C 3 são tangentes entre si, duas a duas

externamente. Os raios 1 2 3, e r r r destas circunferências constituem,

nesta ordem, uma progressão geométrica de razão 1

3.

A soma dos comprimentos de C 1 ,C 2 e C 3 é igual a 26 cm.

Determine: a) a área do triângulo cujos vértices são os centros de C 1 C 2 e C 3 .

b) o volume do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo em torno da reta que contém o maior lado.

Resolução Dado que os raios das circunferências estão em progressão

geométrica de razão 1

3 podemos representar cada raio por:

1 2 33 , ,3

xR x R x R .

Sabemos, ainda, que a soma dos comprimentos das circunferências é 26 , assim:

1 2 3 1 2 3

1 2 3

2 26

13

3 13 33

C C C R R R

R R R

xx x x

Logo, os raios das circunferências medem 9 cm , 6 cm e 1cm . a) Devemos determinar a área S do triângulo formado pelos centros dessas circunferências, observe a figura:

9

9 3

3

1 1

O triângulo formado tem os lados medindo 12 cm , 10 cm , 4 cm e

semiperímetro 13 cmp . Portanto, sua área é:

213 13 12 13 10 13 4 13 1 3 9 3 39 cmS

cosx

senx

/4 3/4

tgx

1

1

3

0

/2 2/3

5/4

3/2 5/3

7/4

1 1

+ + + + + + – – – – – – – – –

3 tgx – – – – – – – – – + + + + + +


14

b) Rotacionando o triângulo em torno do seu lado de medida igual a 12 cm , obteremos dois cones. Um cone tem altura h e, o outro cone,

tem altura H ; de tal forma que 12 cmH h , observe a figura abaixo.

12cm

10cm

4cm

A

B

C

D

h x

12H x

Vamos determinar o raio AD da circunferência que é a base dos cones obtidos. Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABD e ACD obtemos sistema:

222

22 2

10 12

4

x AD

x AD

Subtraindo as equações obtemos

584 144 24 cm

2x x .

Logo,

2

2 5 3916 cm

2 2AD AD

.

Finalmente, o volume do sólido será a soma dos volumes de cada cone, temos:

1 2

3

1 1 1

3 3 31 39

123 4

39 cm

b c bV V V S H S h S H h

V

V

QUESTÃO 30

Um cilindro reto de altura 1h cm tem sua base no plano xy definitiva por

2 2 2 4 4 0x y x y

Um plano, contendo a reta 0y x e paralelo ao eixo do cilindro, o secciona em dois sólidos. Calcule a área total da superfície do menor sólido.

Resolução Completando quadrados para a inequação apresentada acima, temos:

222 22 1 4 4 1 1 2 1x x y y x y

Ou seja, supondo que x e y sejam medidos em cm, a base do cilindro é um círculo de centro (1, 2)O e raio 1 cmr . Sendo A e B as

intersecções da reta 0y x com a circunferência que forma a base da superfície cilíndrica, temos:

2 22 1 4 4 1x x y y

x y

2 2 2

2 cm

2 4 4 0 3 2 0 ou

1 cm

x

x x x x x x

x

.

Logo, temos (1,1)A e (2, 2)B . Analisando a situação no plano xy, temos a seguinte ilustração:

x

y x y

O

1

2

A

B

1

2

Podemos notar que 2 2 cmAB r AB .

Em três dimensões, temos o seguinte sólido:

A

B

1 cm

A’

B’

Logo, temos que a área total, é:

2t Base lateralS S S

A área da base é formada por um setor circular de rad2

menos o

triângulo OAB e a área lateral é formada pelo retângulo ABB’A’ mais um quarto da superfície lateral de um cilindro reto. Deste modo, temos,

2 2

2

22 2

4 2 4

1 22 2 1 2 1 cm

4 2 4

total Base lateral t

t t

r r rhS S S S AB h

S S

Nota: para a resolução desta questão foi necessário supor que x e y são medidos em cm, entretanto, tal informação deveria constar no enunciado da questão.

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Equipe desta resolução

Matemática Alessandro Fonseca Esteves coelho

Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha Rodrigo do Carmo Silva

Thais de Almeida Guizellini Vinício Merçon Poltronieri

Revisão Edson Vilela Gadbem Eliel Barbosa da Silva

Fabiano Gonçalves Lopes Felipe Eboli Sotorilli

Digitação, Diagramação e Publicação Allan Cavalcanti de Moura Patrícia Beijinho Teixeira

Luiz André Mazzarid

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