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(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA

1

MATEMÁTICA QUESTÃO 01

Considere as seguintes afirmações sobre números reais:

I. Se a expansão decimal de x é infinita e periódica, então x é um número racional.

II. ( )

∞

=

=−−

∑0

1 21 2 22 1 2n

n.

III. ( )( )+3 23 4ln log 2 log 9e é um número racional.

É (são) verdadeira (s): a) nenhuma. b) apenas II. c) apenas I e II. d) apenas I e III. e) I, II e III.

Resolução Alternativa D Julgando os itens:

I. CORRETO. Como essa é a definição de dízima periódica, temos que toda dízima periódica é um número racional.

II. INCORRETO. Manipulando o somatório:

( )∞ ∞

= =

⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ + + + +⎜ ⎟

− − ⎝ ⎠−∑ ∑ …

0 0

1 1 1 1 1 1 112 1 2 1 2 4 82 1 2 2n n

n n

Veja que a soma acima representa uma soma de PG infinita de razão 12

. Assim, podemos calcular:

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⋅ + + + + = ⋅ = =⎜ ⎟

− − ⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ −⎜ ⎟⎝ ⎠

…2

1 1 1 1 1 1 2 21 12 1 2 4 8 2 1 ( 2 1) 3 2 212

Portanto, ( )

∞

=

=−−

∑0

1 23 2 22 1 2n

n.

III. CORRETO. Veja:

( )( ) ( ) ( )+ = + ⋅ =2

23 2 23

3 4 3 2ln log 2 log 9 ln log 2 log 3e e

( ) ( ) ( )=

⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

3 2 3 21

2 2 2lne log 2 log 3 log 2 log 33 2 3

Mudando de base:

= =32

3 3

log 3 1log 3log 2 log 2

Temos:

( ) ( ) ( )+ ⋅ = + ⋅ = + =3 2 33

2 2 1 2 5log 2 log 3 log 2 13 3 log 2 3 3

Dessa maneira, ( )( )+ =3 23 4

5ln log 2 log 93

e . Portanto, é um número

racional.

QUESTÃO 02 Sejam A, B e C os subconjuntos de definidos por

{ }: 2 3 19A z z i= ∈ + − < ,

{ }7: 2B z z i= ∈ + <

{ }2: z 6 10 0C z z= ∈ + + = .

Então ( )\A B C∩ é o conjunto:

a) { }1 3 , 1 3i i− − − +

b) { }3 , 3i i− − − +

c) { }3 i− +

d) { }3 i− −

e) { }1 3i− +

Resolução Alternativa C Seja z a bi= + , z∈ . Inicialmente, determinemos os elementos de cada conjunto dado:

{ }: 2 3 19A z z i= ∈ + − <

De acordo com a definição do conjunto A , temos:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 3 2 3 2 3

2 3 19 2 3 19

z i a bi i a b i

a b a b

+ − = + + − = + + − =

= + + − < ⇔ + + − <

Assim, os elementos de A são os pontos interiores à circunferência de centro ( )2,3AO − e raio 19AR = .

{ }7: 2B z z i= ∈ + <

Analogamente, os elementos de B serão:

( ) ( ) ( )2 22 27 491 1 12 4

z i a bi i a b i a b a b+ = + + = + + = + + < ⇔ + + <

Ou seja, são os pontos interiores à circunferência de centro ( )0, 1BO −

e raio 72BR = .

{ }2: z 6 10 0C z z= ∈ + + =

Para determinarmos os elementos do conjunto C , resolvemos a seguinte equação do 2° grau:

( ) ( )( )

22 6 6 4 1 10 6 2z 6 10 0 3

2 1 2iz z z i

− ± − ⋅ ⋅ − ±+ + = ⇔ = ⇔ = = − ±

⋅

Logo, { } { }, 3 , 3C u v i i= = − + − − .

Dado que { }\ e A B x A x B= ∈ ∉ , temos que os elementos deste conjunto são os pontos interiores da circunferência do conjunto A que não estão no interior da circunferência B . Desta forma, os elementos do conjunto ( )\A B C∩ são os números complexos no interior da circunferência do conjunto A cuja distância ao centro da circunferência do conjunto B é maior que a medida de BR , assim:

( ) [ ]2 2(u,O ) 3 2 1 3 5 19Ad ⎡ ⎤= − − − + − = <⎣ ⎦

Logo, o ponto u está no interior da circunferência determinada pelo conjunto A.

( ) [ ]2 2( ,O ) 3 2 1 3 17 19Ad v ⎡ ⎤= − − − + − − = <⎣ ⎦

Logo, o ponto v está no interior da circunferência determinada pelo conjunto A.

Calculemos, agora, as distâncias de u e v ao ponto OB :

[ ] ( ) 22 7(u,O ) 3 0 1 1 132Bd ⎡ ⎤= − − + − − = >⎣ ⎦

[ ] ( ) 22 7(v,O ) 3 0 1 1 32Bd ⎡ ⎤= − − + − − − = <⎣ ⎦

Portanto, o único elemento do conjunto ( )\A B C∩ é o complexo

3 i− + , isto é, ( ) { }\ 3A B C i∩ = − + .

Abaixo, segue a ilustração

BO

AO

v

u

Re

Im


2

QUESTÃO 03

Se 10

1 31 3

izi

⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, então o valor ( )( ) ( )( )+2arcsen Re 5arctg 2 Imz z é

igual a:

a) 23π

−

b) 3π

−

c) 23π

d) 43π

e) 53π

Resolução Alternativa D

Manipulando a expressão +−

1 31 3

ii

:

+ + − +⋅ = = − +

− +1 3 1 3 2 2 3 1 3

4 2 21 3 1 3i i i ii i

Transformando para a forma trigonométrica, sabemos que:

π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3 2 2 2cos sen cis2 2 3 3 3

i i

Assim, desenvolvendo o número complexo z:

⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ π⎛ ⎞= ⇔ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

10 101 3 2cis

31 3iz zi

Lembrando que:

( )= ⋅ α ⇒ = ⋅ ⋅ αcis cisnnz z z z n , com ∈n

Voltando:

⎡ ⎤π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⋅ ⇒ = =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

102 2 20 2cis cis 10 cis cis3 3 3 3

z z z

Dessa maneira, a forma algébrica de z é dada por:

π⎛ ⎞= ⇔ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 1 3cis3 2 2

z z i

Antes de calcularmos a expressão ( )( ) ( )( )+2 arcsen Re 5 arctg 2 Imz z , lembramos que a imagem da

função arcsen x é π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦,

2 2 e da função arctg x é π π⎤ ⎡−⎥ ⎢⎦ ⎣

,2 2

. Assim:

( )( ) ( )( ) ⎛ ⎞⎛ ⎞+ = ⋅ − + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 32 arcsen Re 5 arctg 2 Im 2 arcsen 5 arctg 22 2

z z

π π π⎛ ⎞= ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

42 56 3 3

Portanto, ( )( ) ( )( ) π+ =

42 arcsen Re 5 arctg 2 Im3

z z .

QUESTÃO 04 Seja C uma circunferência tangente simultaneamente às retas

: 3 4 4 0r x y+ − = e : 3 4 19 0s x y+ − = . A área do círculo determinado porC é igual a:

a) 57π

b) 45π

c) 32π

d) 83π

e) 94π

Resolução Alternativa E Observe que ambas as retas são paralelas, assim a distância entre as retas será igual ao diâmetro da circunferência. Escrevendo as equações das retas nas formas

+ + = 0ax by c e + + =' 0ax by c

a distância entre as retas será:

− − += ⇒ = ⇒

+ +2 2 2 2

| c c' | | 4 19 |(r,s) (r,s)3 4

d da b

=(r,s) 3d

E a área do círculo, portanto, será:

⎛ ⎞= π = π ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

22 ( , )

2d r sA R ⎛ ⎞= π ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠

232

Aπ

=94

A

QUESTÃO 05

Seja ( )1 2 3, , ,a a a … a sequência definida da seguinte forma: 1 1a = ,

2 1a = e 1 2n n na a a− −= + para 3n ≥ . Considere as afirmações a seguir:

I. Existem três termos consecutivos, 1 2, ,p p pa a a+ + , que, nesta ordem, formam uma progressão geométrica. II. 7a é um número primo. III. Se n é múltiplo de 3, então na , é par.

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

Resolução Alternativa D Primeiro observemos que essa se trata da famosa sequência de Fibonacci, onde a partir dos primeiros termos formamos o próximo por somar seu dois termos antecessores.

I – FALSA. Para averiguar isso, vamos escrever os primeiros termos as sequência e checar sua paridade:

Sequência 1,1, 2, 3, 5, 8,13, 21, 34, 55, 89,144, ...Paridades , , , , , , , , , , , , ...i i p i i p i i p i i p

==

Então 3 números consecutivos da sequência sempre tem necessariamente 2 números impares e 1 número par. Agora três números , ,a b c em progressão geométrica devem satisfazer necessariamente a propriedade da média geométrica, que diz que:

2b ac=

Se esses são termos consecutivos da sequência de Fibonacci, temos duas possibilidades:

• b é o valor par, mas então a e c são ímpares e portanto ac é ímpar. ABSURDO.

• a ou c é o valor par, mas então ac é par e 2b é ímpar. ABSURDO.

Assim é impossível que esses valores formem uma progressão geométrica.

II – VERDADEIRA. Basta calcular os termos até o sétimo.

1

2

3

4

5

6

7

111 1 22 1 33 2 55 3 88 5 13

aaaaaaa

=

=

= + =

= + =

= + =

= + =

= + =

Então 7 13a = , ou seja, um número primo.

III – VERDADEIRA. Basta lembrar da sequência de paridades

Paridades , , , , , , , , , , , , ...i i p i i p i i p i i p=

Assim fica claro que para todo n múltiplo de 3, o valor na é par.


3

QUESTÃO 06

Considere a equação 2 51 1 2

a bx x

− =− −

, com a e b números inteiros

positivos. Das afirmações:

I. Se 1a = e 2b = , então 0x = é uma solução da equação.

II. Se x é solução da equação, então 12

x ≠ , 1x ≠ − e 1x ≠ .

III. 23

x = não pode ser solução da equação.

É (são) verdadeiras(s): a) apenas II. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas II e III. e) I, II e III.

Resolução Alternativa E (I) Correta. Considerando 1 2x ≠ , 1x ≠ − e 1x ≠ , para 1a = e

2b = , a equação fica:

( )2 2 2

4 5 2 11 2 1 2 2 15 511 1 2 1 1 2 12

xx x x x xx

+ ⋅ −⋅− = ⇔ = + ⇔ = ⇔

− − − − −−

( ) ( )2 3 22 1 1 10 1 10 8 0x x x x x x− = − ⋅ − ⇔ − − = ⇔

( )2 1 32110 8 0 0 ou 20

x x x x x ±⋅ − − = ⇔ = =

Portanto, de fato 0x = é uma solução da equação.

(II) Correta. De fato, como condição de existência para a equação, as frações não podem ter denominador nulo. Assim:

2 11 011 0 12

2

xxx

xx

≠⎧⎧ − ≠⎪ ⎪⇔ ⎪ ≠ −⎨ ⎨− ≠⎪⎩ ⎪ ≠⎪⎩

(II) Correta. Suponha que 23

x = fosse solução da equação. Teríamos

então:

2 5 52 1 5 121 3 2 9 63

a b a b− = ⇔ − = ⇔

⎛ ⎞ −− ⎜ ⎟⎝ ⎠

( )9 30 25 3 3 10 25a b a b− = ⇔ ⋅ − =

Se a e b fossem números inteiros, teríamos uma igualdade entre números inteiros em que o lado esquerdo é múltiplo de 3, porém o lado direito não, o que é um absurdo.

QUESTÃO 07 Considere o polinômio p dado por ( ) 3 22 16p x x ax bx= + + − com a , b∈ . Sabendo-se que p admite raiz dupla e que 2 é uma raiz de p , então o valor de b a− é igual a: a) –36. b) –12. c) 6 d) 12. e) 24.

Resolução Alternativa B Sabendo que 2 é raiz de p(x), temos:

( ) 3 22 0 2 2 2 2 16 0 2 0p a b a b= ⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ − = ⇒ + =

Agora, para manipularmos as outras duas raízes desconhecidas de p(x), temos dois casos:

1º caso: 2 é raiz dupla de p(x).

Se 2 for raiz dupla de p(x), então r é a raiz faltante. Assim, pelas Relações de Girard:

( )−⋅ ⋅ = − ⇒ =

162 2 2

2r r

Dessa maneira, 2 se torna raiz tripla do polinômio, o que torna o enunciado falso. Portanto, 2 não é raiz dupla.

2º caso: 2 não é raiz dupla de p(x).

Como 2 não é raiz dupla, então tomemos a raiz dupla r. Novamente, pelas Relações de Girard:

( )−⋅ ⋅ = − ⇒ = ⇒ = ±216

2 4 22

r r r r

Veja que = 2r não convém pelo argumento acima, então temos que = −2r é a raiz que procuramos.

Aplicando a soma das raízes:

( ) ( )+ − + − = − ⇒ =2 2 2 42a a

Sabendo que + =2 0a b , temos:

= − ⇒ = − ⋅ ⇒ = −2 2 4 8b a b b

Portanto,

8 4 12b a b a− = − − ⇒ − = − . QUESTÃO 08

Seja p o polinômio dado por 15

0( ) j

jj

p x a x=

= ∑ , com ja ∈ , 0,1, ,15j = … ,

e 15 0a ≠ . Sabendo-se que i é uma raiz de p e que (2) 1p = , então o resto da divisão de p pelo polinômio q, dado por

3 2( ) 2 2q x x x x= − + − , é igual a

a) 21 15 5

x − .

b) 21 15 5

x +

c) 22 25 5

x +

d) 23 35 5

x − .

e) 23 15 5

x +

Resolução Alternativa B O polinômio q pode ser reescrito, na forma fatorada, como:

( ) ( )3 2 2( ) 2 2 2 1 2q x x x x x x x= − + − = ⋅ − + ⋅ − ⇔

( ) ( )2( ) 1 2q x x x= + ⋅ −

Como o polinômio q tem grau 3, então o resto r da divisão será da forma:

2( )r x a x b x c= ⋅ + ⋅ +

Logo, sendo t o quociente dessa divisão, temos que:

( ) ( )2 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ( )p x q x t x r x x x t x a x b x c= ⋅ + = + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ +

Como p tem coeficientes reais e i é raiz de p, então pelo teorema das raízes conjugadas, −i também deve ser raiz de i. Assim, temos que:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2

2 2

1 2 ( ) 0( ) 0( ) 0 ( ) 1 2 ( ) ( ) ( ) 0(2) 1 2 1 2 2 (2) 2 2 1

i i t i a i b i cp ip i i i t i a i b i cp t a b c

⎧ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ==⎧ ⎪⎪ ⎪− = ⇔ − + ⋅ − − ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + = ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪=⎩ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + =⎪⎩

( ) 0 0( ) 0 0(2) 1 4 2 1

p i a b i cp i a b i cp a b c

= − + ⋅ + =⎧ ⎧⎪ ⎪

− = ⇔ − − ⋅ + = ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪= + ⋅ + =⎩ ⎩

Somando e subtraindo as duas primeiras equações entre si, vem que:

15

0 04 2 1 1

5

ac ab b

a b c c

⎧ =⎪=⎧⎪⎪

= ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ ⋅ + =⎩ ⎪ =

⎪⎩

Portanto:

21 1( )5 5

r x x= +


4

QUESTÃO 09 Considere todos os triângulos retângulos com os lados medindo

, 2a a e a. Dentre esses triângulos, o de maior hipotenusa tem seu menor ângulo, em radianos, igual a

a) 3arctg4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

b) 3arctg3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

c) 1arctg2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

d) 3arctg5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

e) 4arctg5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Resolução Alternativa C Inicialmente, devemos analisar as possibilidades de se formar um triângulo retângulo de lados , 2a a e a. Lembrando que a hipotenusa de um triângulo retângulo é o lado de maior medida, podemos dizer que o lado que mede a não poderá ser hipotenusa já que,

2 a a> , para qualquer a real positivo.

Deste modo, basta que analisemos dois casos, que são listados abaixo:

1º caso: 2 a é a medida do maior lado e, portanto, hipotenusa. Sendo assim, pela relação de Pitágoras, segue:

( ) ( )2 222 a a a= +

Como a deve ser um real positivo, pois representa a medida de um lado do triângulo, então:

2 24 3 3a a a a a a= + ⇒ = ⇒ =

Logo, o triângulo retângulo será o da ilustração abaixo:

A B

C

α 3

3

2 3

2º caso: a é a medida do maior lado e, portanto, hipotenusa. Sendo assim, pela relação de Pitágoras, segue:

( ) ( )2 22 2a a a= +

Como a deve ser um real positivo, pois representa a medida de um lado do triângulo, então:

( ) ( )2 22 2 22 4 5 5a a a a a a a a a= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

Logo, o triângulo retângulo será o da ilustração abaixo:

A B

C

α

5 5

2 5

Sendo assim, o triângulo formado no segundo caso é o que apresenta maior hipotenusa dentre as duas situações. Além disso, como o menor ângulo é oposto ao menor lado, então α representa o menor ângulo. Logo,

5 1tg arctg22 5

⎛ ⎞α = ⇒ α = ⎜ ⎟⎝ ⎠

QUESTÃO 10 Os valores de [ ]0,2x∈ π que satisfazem a equação

( ) ( )2sen x cos x 1− =

a) 3arccos5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

e π

b) ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

3arcsen5

e π

c) 4arcsen5

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

e π

d) 4arccos5

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

e π

e) 4arccos5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

e π

Resolução Alternativa A Reescrevendo a equação do enunciado, temos:

( ) ( ) ( ) ( )2sen x cos x 1 2sen x 1 cos x− = ⇔ = +

Elevando ambos os lados da equação ao quadrado, segue que:

( )[ ] ( )[ ] ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )= + ⇒ = + + ⇒

⋅ − = + + ⇒ + − =

2 2 2 2

2 2 2

2sen x 1 cos x 4sen x 1 2cos x cos x

4 1 cos x 1 2cos x cos x 5cos x 2cos x 3 0

Logo,

( )( )

( )( )

( )

2cos x 1

2 2 4 5 3 2 8cos x cos x ou2 5 10

3cos x5

⎧⎪ = −⎪− ± − ⋅ ⋅ − − ±

= ⇔ = ⇔ ⎨⋅ ⎪

⎪ =⎩

Portanto, respeitando [ ]0,2x∈ π , temos:

( )cos x 1 x= − ⇒ = π

( ) 3 3cos x arccos5 5

x ⎛ ⎞= ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

QUESTÃO 11 Sejam α e β números reais tais que α, β ] [0,2α + β∈ π e satisfazem as equações

α α= +2 44 1cos cos

2 5 2 5 e β β

= +2 44 3cos cos3 7 3 7

Então, o menor valor de α + βcos( ) é igual a a) −1.

b) − 32

.

c) − 22

.

d) − 12

.

e) 0 . Resolução Alternativa B

Fazemos um troca de variável para cada equação:

2

2

cos2

cos3

x

y

α⎧ =⎪⎪⎨ β⎪ =⎪⎩

Assim, ficamos com:

2 4 2 2

2 4 2 2

4 1 4 1 4 1cos cos 02 5 2 5 5 5 5 5

4 3 4 3 4 3cos cos 03 7 3 7 7 7 7 7

x x x x

y y y y

α α⎧ ⎧ ⎧= + = + − + =⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨β β⎪ ⎪ ⎪= + = + − + =

⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎩


5

2 2

2 2

11 cos 1 ou cos1 ou 2 2 44

33 cos 1 ou cos1 ou 3 3 44

x x

y y

α α⎧⎧ = == = ⎪⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ β β⎪ ⎪ = == =⎪ ⎪⎩ ⎩

Para o ângulo α, usando a relação do arco duplo

2cos 2 cos 12α

α = ⋅ − ,

temos que:

1 1cos 2 1 1 1 ou cos 2 14 2

α = ⋅ − = α = ⋅ − = −

Estando α no intervalo ] [0,2π , descartamos a possibilidade cos 1α = e ficamos com:

1 2 4cos ou 2 3 3

π πα = − ⇔ α = α =

Já para o ângulo β, temos que:

20 2 03 3β π

< β < π ⇔ < <

Nesse intervalo, o cosseno tem a limitação:

1 cos 12 3

β− < <

Assim, das possibilidades

2 2 3 3cos 1 ou cos cos 1 ou cos3 3 4 3 3 2β β β β= = ⇔ = ± = ± ,

a única que convém é 3cos3 2β= . Logo:

3 6 2β π π= ⇔ β =

Portanto, os pares ordenados ( ),α β que satisfazem a todas as restrições são

( ) 2, ,3 2π π⎛ ⎞α β = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ou ( ) 4, ,

3 2π π⎛ ⎞α β = ⎜ ⎟

⎝ ⎠,

de modo que:

( ) 2 7 3cos cos cos ou3 2 6 2π π π⎛ ⎞α + β = + = = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 4 11 3cos cos cos3 2 6 2π π π⎛ ⎞α + β = + = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Assim, o menor valor de ( )cos α + β é:

( ) 3cos2

α + β = −

QUESTÃO 12

Seja ( )5 5aijA

×= a matriz tal que ( )1a 2 2 1i

ij j−= − , 1 , 5i j≤ ≤ .

Considere as afirmações a seguir:

I. Os elementos de cada linha i formam uma progressão aritméticade razão 2i .

II. Os elementos de cada coluna j formam uma progressão geométrica de razão 2.

III. tr A é um número primo.

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

Resolução Alternativa E A matriz A é dada por:

1 3 5 7 92 6 10 14 184 12 20 28 368 24 40 56 72

16 48 80 112 144

A

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Julgando cada afirmação: (I) Correta. De fato, temos ao longo de cada linha progressões aritméticas, cujas razões são 2 (1ª linha), 4 (2ª linha), 8 (3ª linha), 16 (4 ª linha) e 32 (5 ª linha):

(II) Correta. De fato, temos ao longo de cada coluna progressões geométricas de razão 2.

(III) Correta. O traço da matriz A é dado por:

tr 1 6 20 56 144 227A = + + + + = ,

que é um número primo.

QUESTÃO 13 Considere a matriz ( )2 2ijM m

×= tal que 1ijm j i= − + , , 1, 2i j = .

Sabendo-se que

1

1 0det 252

1 1

nk

kM n

=

⎛ ⎞⎡ ⎤− =⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ,

então o valor de n é igual a a) 4. b) 5. c) 6. d) 7. e) 8.

Resolução Alternativa C Temos:

1 20 1

M ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Observe que:

2 1 2 1 2 1 40 1 0 1 0 1

M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 2 1 4 1 2 1 60 1 0 1 0 1

M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

4 3 1 6 1 2 1 80 1 0 1 0 1

M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Por indução, teríamos que:

1 20 1

k kM ⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Assim, a soma das potências de M é dada por:

1

1 2 1 4 1 6 1 20 1 0 1 0 1 0 1 0

nk n

k

n n SM

n=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∑ ,

onde nS é a soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética de primeiro termo 2 e razão 2. Tal soma é dada por:

( ) 22 22nn nS n n+ ⋅

= = + ,

de modo que:

2

1 0

nk

k

n n nMn=

⎡ ⎤+= ⎢ ⎥⎣ ⎦

∑

Portanto:

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ +⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∑2 2

1

1 0 0 01 1 0 0

nk

k

nn n n n nM nn nn n


6

Segue que:

=

⎛ ⎞ +⎡ ⎤− = ⇔ = ⇔⎜ ⎟⎢ ⎥ −⎣ ⎦⎝ ⎠

∑2

1

1 0 0det 252 2521 1 0

nk

k

n nM nn

3 2 3 2252 252 0n n n n+ = ⇔ + − =

Por pesquisa de raízes racionais, descobrimos que 6 é raiz desse polinômio. Assim, pelo dispositivo de Briot-Ruffini:

6 1 1 0 −252 1 7 42 0

Logo:

( ) ( )3 2 2252 0 6 7 42 0n n n n n+ − = ⇔ − ⋅ + + = ⇔

6n = ou 2 7 42 0n n+ + =

Como a equação 2 7 42 0n n+ + = não tem raízes reais, pois seu discriminante é:

27 4 1 42 119 0− ⋅ ⋅ = − < ,

ficamos com 6n = .

QUESTÃO 14 Considere os pontos = −(0, 1)A , = (0,5)B e a reta − + =: 2 3 6 0r x y . Das afirmações a seguir:

I. =( , ) ( , )d A r d B r . II. B é simétrico de A em relação à reta r. III. AB é base de um triângulo equilátero ABC, de vértice

= −( 3 3,2)C ou = (3 3,2)C

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

Resolução Alternativa D I – VERDADEIRA. Lembrando que a fórmula da distância do ponto ( )0 0,x y a reta

0ax by c+ + = é dada por

0 0

2 2

ax by cd

a b

+ +=

+

Então

( ) ( )2 2

2 0 3 1 6 9,132 3

d A r⋅ − ⋅ − +

= =+

( ) ( )2 2

2 0 3 5 6 9B,132 3

d r⋅ − ⋅ +

= =+

Portanto, as distâncias são iguais. II – FALSA. Para um ponto ser simétrico a outro em relação a uma reta, devemos ter que o segmento AB deve ser perpendicular à reta além dos pontos equidistarem da mesma:

No entanto, nossos pontos são alinhados verticalmente e nossa reta não é horizontal:

Ou seja, B não é o simétrico de A em relação a reta r.

III – VERDADEIRA. Basta averiguar que para os pontos dados, o triângulo é equilátero. Pelo enunciado ( ) 2 2, 0 6 6d A B = + = . Então

( ) ( ) ( )( )2 2

, 3 3 0 2 1 27 9 6d C A = ± − + − − = + =

( ) ( ) ( )2 2, 3 3 0 2 5 27 9 6d C B = ± − + − = + =

Então como ( ) ( ) ( ), , , 6d A B d A C d B C= = = , a afirmação é verdadeira.

QUESTÃO 15

Dados o ponto ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

254,6

A e a reta + − =: 3 4 12 0r x y , considere o

triangulo de vértices ABC, cuja base BC esta contida em r e a medida

dos lados AB e AC é igual a 256

. Então, a área e o perímetro desse

triangulo são, respectivamente, iguais a

a) 22 40e3 3

.

b) 23 40e3 3

.

c) 25 31e3 3

.

d) 25 35e3 3

.

e) 25 40e3 3

.

Resolução Alternativa E Primeiramente vamos calcular a distância do ponto A até a reta, que corresponde a altura relativa a base BC do triângulo.

2 2

253 4 4 1210633 4

d⋅ + ⋅ −

= =+

Então temos o seguinte esboço

Então podemos descobrir o valor de x aplicando Pitágoras no triângulo ABPΔ :

2 2 225 10 5 56 2 3 2 2

x x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⇔ = ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Agora podemos calcular todos os valores pedidos.

25 25 40Perímetro 56 6 3

= + + = .e 1 10 25Área 52 3 3

= ⋅ ⋅ = .

A

B

C

256

256

P

103

2x

2x

A

'A

r

B

A

'A

r


7

QUESTÃO 16 Considere as afirmações a seguir:

I. O lugar geométrico do ponto médio de um segmento AB , com comprimento fixado, cujos extremos se deslocam livremente sobre os eixos coordenados é uma circunferência. II. O lugar geométrico dos pontos (x,y) tais que

3 2 2 26 4 2 0x x y xy x xy+ − − − = é um conjunto finito no plano cartesiano 2 III. Os pontos (2,3), (4, -1) e (3,1) pertencem a uma circunferência.

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

Resolução Alternativa A I. VERDADEIRA. Precisamos construir uma equação paramétrica para descrever as coordenadas do nosso ponto. Vamos considerar uma situação no primeiro quadrante, pois, por simetria, isso se refletirá nos outros quadrantes. O nosso parâmetro a será a distância do vértice B até a origem. Observe o esboço abaixo:

Então, as coordenas do ponto médio, serão iguais à metade de cada cateto do nosso triângulo. Sendo assim, temos as equações paramétricas:

2 2

2

2

ax

ay

⎧ =⎪⎪⎨

−⎪ =⎪⎩

Para retirar da forma paramétrica elevamos ao quadrado as equações:

22

22 2

2 22

44

4

axx y

ay

⎧=⎪⎪ ⇔ + =⎨

−⎪ =⎪⎩

Que é a equação de uma circunferência. II. FALSA.

Observe que podemos colocar x em evidencia na equação:

( )3 2 2 2 2 26 4 2 0 6 4 2 0x x y xy x xy x x xy y x y+ − − − = ⇔ + − − − =

Então 0x = é um objeto que satisfaz a equação, mas este corresponde ao eixo y , que contém infinitos pontos.

III. FALSA.

Observe que quaisquer 3 pontos não alinhados definem uma circunferência. Basta então, que testemos o alinhamento dos pontos. Fazemos isso através do determinante:

2 3 14 1 1 2 9 4 3 12 2 03 1 1

− = − + + + − − =

Então, os pontos estão alinhados e não definem circunferência.

QUESTÃO 17 Seja ABCD um trapézio isósceles com base maior AB medindo 15, o lado AD medindo 9 e o ângulo ˆADB reto. A distância entre o lado AB e o ponto E em que as diagonais se cortam é:

a) 218

b) 278

c) 358

d) 378

e) 458

Resolução Alternativa E No triângulo retângulo ABD determinamos a medida do segmento BD utilizando o Teorema de Pitágoras:

( )22 215 9 12BD BD= + ⇔ =

Seja M a projeção ortogonal do ponto E , encontro das diagonais, sobre o lado AB do trapézio isósceles. Desta forma, desejamos determinar a medida do segmento EM x= .

Note que M é ponto médio do segmento AB , assim 152

AM MB= = .

Observe, ainda, que o triângulo ABD é semelhante ao triângulo EBM , ou seja, ABD EBMΔ Δ∼ ; caso ângulo-ângulo, então:

15 2 459 12 8

EM MB x xAD BD

= ⇔ = ⇔ =

QUESTÃO 18 Num triângulo PQR , considere os pontos M e N pertencentes aos

lados PQ e PR , respectivamente, tais que o segmento MN seja tangente à circunferência inscrita ao triângulo PQR . Sabendo-se que

o perímetro do triângulo PQR é 25 e que a medida de QR é 10, então o perímetro do triângulo PMN é igual a:

a) 5. b) 6. c) 8. d) 10. e) 15.

A

B

a

2 2a−

A M B

CD

E

15/2

9

x

15/2

12


8

Resolução Alternativa A Denotemos por S, T, U e V os pontos de tangência dos segmentos MN , PR , RQ e PQ a circunferência inscrita no triangulo PQR.

Assim, RU RT= , QU QV= e, como 10RQ = temos que

20RU RT QU QV+ + + = . Desta forma, como o perímetro do triângulo

PQR é 25, 5PT PV+ = , isto é

( ) ( ) ( )+ = + + + = ∗5 Eq.PT PV PM MV PN NT

Temos ainda que MS MV= , NS NT= e, substituindo estas duas últimas igualdades na equação ( )∗ obtemos o perímetro do triângulo PMN:

( ) ( ) ( ) ( ) 5PM MV PN NT PM MS PN NS+ + + = + + + =

QUESTÃO 19 Considere uma circunferência C, no primeiro quadrante, tangente ao eixo Ox e à reta − =: 0r x y . Sabendo-se que a potência do ponto

( )0,0O = em relação a essa circunferência é igual a 4, então o centro e o raio de C são, respectivamente, iguais a. a) ( )−2,2 2 2 e −2 2 2

b) ⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 12,2 2

e −2 1

2 2

c) ( )−2, 2 1 e −2 1

d) ( )−2,2 2 e −2 2

e) ( )−2,4 2 4 e −4 2 4

Resolução Alternativa A Segue abaixo a ilustração que descreve a situação do enunciado. y

x 0

C

y x=

θ

Podemos notar que:

( )tg 14π

θ = ⇒ θ =

Além disso, as coordenadas de C são tais que:

( ),cC x r=

Como a potência da origem em relação à circunferência é igual a 4, então:

( )2 4 2c cx x= ⇒ = ±

Como a circunferência está no primeiro quadrante, então 2cx = .

Podemos notar, também, que:

tg tg 2 tg 2 tg2 2 2 2 8C

r r r rx

θ θ θ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Mas,

( )( )

( )2

1 cos1 cos 4tg tg2 1 cos 8 1 cos

4

21 2 2 2 22tg tg tg8 8 8 22 2 21

22 2 2 2tg tg tg 2 1

8 8 82 2

π⎛ ⎞− ⎜ ⎟θ − θ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π⎝ ⎠ + θ ⎛ ⎞⎝ ⎠ + ⎜ ⎟⎝ ⎠

−π π − π −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠+

+

π − π − π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Logo,

( )2 tg 2 2 1 2 2 28

r r rπ⎛ ⎞= ⋅ ⇔ = ⋅ − ⇔ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Portanto,

( )2,2 2 2C = − e 2 2 2r = −

QUESTÃO 20 Uma taça em forma de cone circular reto contém um certo volume de um líquido cuja superfície dista h do vértice do cone. Adicionando-se um volume idêntico de líquido na taça, a superfície do líquido, em relação à original, subirá de: a) −3 2 h b) −3 2 1

c) ( )−3 2 1 h

d) h

e) 2h

Resolução Alternativa C Abaixo temos uma representação da taça com a distância h da superfície do líquido até o vértice e o quanto a superfície do líquido subirá (x) após adicionar mais líquido.

O volume de líquido na situação final será o dobro que na situação inicial, então:

final inicial2V V= ⋅

Sabendo que os sólidos são semelhantes, é válida a seguinte relação:

( )

3 33final

inicial

3 3

2 2

2 2 1

V h x h x h xV h h h

h h x x h

+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⋅ − = ⇒ = ⋅ −

h

x

C B

A

D E

U

P

R

Q

T

V

S

M

N


9

QUESTÃO 21

Considere as funções 1 2, , :f f f → , sendo 11( ) 32

f x x= + ,

23( ) 12

f x x= + e ( )f x igual ao maior valor entre 1( )f x e 2( )f x , para

cada x∈ . Determine: a) Todos os ∈x tais que =1 2( ) ( )f x f x . b) O menor valor assumido pela função f. c) Todas as soluções da equação =( ) 5f x .

Resolução a) Temos que:

1 21 3( ) ( ) 3 1 6 3 12 2

f x f x x x x x= ⇔ + = + ⇔ + = +

Consideramos três casos para a abertura dos módulos: • Para 1x < − :

( ) 96 3 1 2 92

x x x x− + = − ⋅ + ⇔ = − ⇔ = −

Esse valor convém, pois satisfaz a restrição 1x < − .

• Para 1 0x− ≤ < :

( ) 36 3 1 4 34

x x x x− + = ⋅ + ⇔ = ⇔ =

Esse valor não convém, pois não satisfaz a restrição 1 0x− ≤ < .

• Para 0x ≥ :

( ) 36 3 1 2 32

x x x x+ = ⋅ + ⇔ = ⇔ =

Esse valor convém, pois satisfaz a restrição 0x ≥ .

Em suma, os valores de ∈x tais que =1 2( ) ( )f x f x são:

92

x = − ou 32

x = .

b) Os gráficos das funções f1 e f2 estão esboçados a seguir:

Como { }1 2( ) máx ( ) , ( )f x f x f x= , isto é, a função associa a cada ∈x o maior dos valores entre as imagens 1( )f x e 2( )f x , o gráfico de f será:

Pelo gráfico, observamos que o menor valor que a função assume é: 3MÍNy =

c) Observe pelo gráfico que:

1

2

9 3( ), se 2 2( )

9 3( ), se ou 2 2

f x xf x

f x x x

⎧ − ≤ <⎪⎪= ⎨⎪ < − ≥⎪⎩

Portanto, a equação ( ) 5f x = fica reescrita como:

(I) Para 9 32 2

x− ≤ < :

11( ) 5 ( ) 5 3 5 42

f x f x x x= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔

4 (satifaz a restrição) ou 4x x= − = (não satifaz a restrição)

(II) Para 9 3 ou 2 2

x x< − ≥ :

23 10 10( ) 5 ( ) 5 1 5 1 12 3 3

f x f x x x x= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − ± ⇔

7 13 (satifaz a restrição) ou 3 3

x x= = − (não satifaz a restrição)

Assim, a equação ( ) 5f x = tem como conjunto verdade:

{ }74 ,3

V = −

QUESTÃO 22

Considere o polinômio p dado por = + β − − β3 2( ) 18 7p z z z z em que β é um número real. a) Determine todos os valores de β sabendo-se que p tem uma raiz de módulo igual a 1 e parte imaginária não nula. b) Para cada um dos valores de β obtidos em a), determine todas as raízes do polinômio p.

Resolução a) Como p(z) é um polinômio de coeficientes reais e com raiz complexa w (com parte imaginária diferente de zero), temos que w também será raiz. Portanto, as raízes de p são w, w e r, com ∈r .

Podemos escrever:

= +w a bi e = −w a bi .

Utilizando as relações entre as raízes (Girard), segue:

β⎧ + + = −⎪⎪⎪ ⋅ + ⋅ + ⋅ = −⎨⎪⎪ β

⋅ ⋅ =⎪⎩

187

18

18

w w r

w w w r w r

w w r

Veja que = 1w . Assim, temos que:

+ = ⇒ + =2 2 2 21 1a b a b

Lembrando que ⋅ =2w w w , podemos manipular o sistema acima:

( ) ( )=

=

β⎧ β⎧+ + − + = −⎪ + = −⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⋅ + − ⋅ + ⋅ + = − ⇒ + = −⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪β β

⋅ ⋅ = =⎪ ⎪⎩⎪⎩

1

1

218 187 71 2

18 18

18 18

a bi a bi r a r

w w a bi r a bi r ar

w w r r

Isolando a em função de β :

β β β β+ = − ⇒ = − − ⇒ = −2 2

18 18 18 18a r a a

Substituindo na segunda equação:

x

y

−1

3

f

−9/2 3/2

15/4

21/4

x

y

−1

3

f1

f2


10

β β⎛ ⎞+ = − ⇒ + ⋅ − ⋅ = − ⇒ β = ⇒ β = ±⎜ ⎟⎝ ⎠

27 71 2 1 2 225 1518 18 18 18

ar

Portanto, β =15 ou β = −15 .

b) Tomando β =15 :

⎧β⎧ ⎧= = =⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪

β ⎪⎪ ⎪= − ⇒ = − ⇒ = −⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪+ = + =

= ±⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩

2 2 2 2

15 518 18 6

15 518 18 6

1 1 116

r r r

a a a

a b a bb

Portanto, as raízes são ⎧ ⎫− + − −⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

5 5 11 5 11, ,6 6 6

i i.

Agora, para β = −15 :

( )

( )

⎧ − ⎧β⎧ == = −⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ −β ⎪⎪ ⎪= − ⇒ = − ⇒ =⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪+ = + =

= ±⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎪⎩

2 2 2 2

15 51818 6

15 518 18 6

1 1 116

rr r

a a a

a b a bb

Portanto, as raízes são ⎧ ⎫+ −⎪ ⎪−⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

5 5 11 5 11, ,6 6 6

i i.

QUESTÃO 23

Sabe-se que 1, B, C, D e E são cinco números reais que satisfazem às propriedades:

(i) B,C,D,E são dois a dois distintos; (ii) os números 1,B,C e os números 1,C, E, estão, nesta ordem, em progressão aritmética; (iii) os números B,C,D,E, estão, nesta ordem, em progressão geométrica.

Determine B,C,D,E. Resolução

Pela informação (ii) podemos escrever ( ) ( )1, , 1,1 ,1 2B C r r= + + e

como ( )1, ,C E também é progressão aritmética, temos

( ) ( )1, , 1,1 2 ,1 4C E r r= + + . Então:

( ) ( )1, , , , 1,1 ,1 2 , ,1 4B C D E r r D r= + + +

Agora, pela informação (iii), temos que ( ), , ,B C D E é uma progressão geométrica. Vamos denotar sua razão por q , então:

1 21

C rqB r

+= =

+ e 2 1 4

1 2E rqC r

+= =

+

Unindo isso temos

( ) ( ) ( )2

3 21 2 1 4 1 2 1 1 41 1 2

r r r r rr r

+ +⎛ ⎞ = ⇔ + = + + ⇔⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

2 3 3 2 3 21 6 12 8 4 9 6 1 4 3 0r r r r r r r r+ + + = + + + ⇔ + =

E como a informação (i) nos garante que 0r ≠ , temos que 34 3 04

r r+ = ⇔ = − , então ( ) 1 11, , , , 1, , , , 24 2

B C D E D⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

. Por fim,

utilizando novamente a informação (iii)

( )

12 2 2 2 1

14

q q D C

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= = − ⇔ = − ⇒ = − ⋅ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Então ( ) 1 1, , , , ,1, 24 2

B C D E ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

QUESTÃO 24 Seja Μ ⊂ dado por { }= + − ∈ =2 1 : 1M z az z e z , com a ∈ .

Determine o maior elemento de M em função de a. Resolução

Primeiramente, como temos um número complexo com módulo unitário, vamos escreve-lo como cis cos senz i= θ = θ + θ . Agora, queremos maximizar a expressão 2 1E z az= + − . Perceba que como

a expressão é não negativa, podemos maximizar seu quadrado. Então, utilizando a relação 2w w w= ⋅ :

( )( )22 2 2 21 1 1E z az z az z az= + − = + − + −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1zz az zz z az zz a zz az z az= + − + + − − − +

Utilizando então que 2 1zz z= = :

2 1E az= + 2z az− + 2a az+ − 2z az− − ( )2 2 21 2 a z z+ = + − +

( ) ( )= + − ⋅ = + − θ2 2 22 2 Re 2 2cos 2a z a

Então ( )22 2cos 2E a= + − θ , e esse valor é maximizado quando

( )cos 2 1θ = − , ou seja, 2π

θ = ( z i= ) ou 32π

θ = ( z i= − ) e o valor

máximo é

( )= + − − ⇔22 2 1máxE a = +2 4máxE a

QUESTÃO 25 Seja S o conjunto de todos os polinômios de grau 4 que têm três dos seus coeficientes iguais a 2 e os outros dois iguais a 1. a) Determine o número de elementos de S. b) Determine o subconjunto de S formado pelos polinômios que têm −1 como uma de suas raízes.

Resolução a) Seja

4 3 24 3 2 1 0( )p x a x a x a x a x a= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

Dentre seus cinco coeficientes, basta escolher quais os três que serão iguais a 2. Logo, o total de polinômios nas condições apresentadas:

53⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

10 polinômios

b) Se −1 for raiz do polinômio, temos que:

4 3 24 3 2 1 0( 1) 0 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)p a a a a a− = ⇔ ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + ⇔

4 2 0 3 1a a a a a+ + = +

Como dois coeficientes são iguais a 1, e os restantes iguais a 2, então o menor valor que o lado esquerdo assume é 4, enquanto o maior valor que o lado direito assume é 4. Ou seja, a única maneira de essa igualdade se verificar é se os dois lados forem iguais a 4. Ficamos com as opções:

4 2

0 3 1

12

a aa a a

= =⎧⎪⎨ = = =⎪⎩

ou 4 0

2 3 1

12

a aa a a

= =⎧⎪⎨

= = =⎪⎩ ou 2 0

4 3 1

12

a aa a a

= =⎧⎪⎨

= = =⎪⎩

Portanto, o subconjunto de S pedido é:

{ }4 3 2 4 3 2 4 3 22 2 2 , 2 2 2 1, 2 2 2 1x x x x x x x x x x x x+ + + + + + + + + + + +

QUESTÃO 26 Três pessoas, aqui designadas por A, B e C, realizam o seguinte experimento: A recebe um cartão em branco e nele assinala o sinal + ou o sinal –, passando em seguida a B, que mantém ou troca o sinal marcado por A e repassa o cartão a C. Este, por sua vez, também opta por manter ou trocar o sinal do cartão. Sendo de 1/3 a probabilidade de A escrever o sinal + e de 2/3 as respectivas probabilidades de B e C trocarem o sinal recebido, determine a probabilidade de A haver escrito o sinal de + sabendo-se ter sido este o sinal ao término do experimento.


11

Resolução Inicialmente, vamos determinar as probabilidades dos eventos de escolha de sinal. I. pessoa A: designando por A+ e A− os eventos de assinalar no cartão sinal + e sinal –, respectivamente, temos as seguintes probabilidades:

( ) 13

P A+ = e ( ) ( ) 213

P A P A− += − =

II. pessoas B e C: sendo M o evento de manter o sinal e T o de troca de sinal, temos as probabilidades:

( ) = 23

P T e ( ) ( )= − =113

P M P T

A probabilidade que estamos procurando é dada por:

( ) ( )( )

P A CP A C

P C+ +

+ ++

∩= ,

onde C+ é o evento de terminar com sinal +.

Assim, vejamos as possibilidades do evento C+ :

A B C Probabilidade

+ + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

313

+ - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 23 3

- - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 23 3

- + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 23 3

Dessa maneira, a probabilidade do evento C+ é:

( )3 21 1 2 133

3 3 3 27P C+

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Repare que o para começarmos com sinal +, basta olharmos para as duas linhas iniciais da tabela. Daí, temos os seguintes casos:

A B C Probabilidade

+ + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

313

+ - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

21 23 3

Logo, a probabilidade de ocorrer o evento A C+ +∩ é:

( )3 21 1 2 5

3 3 3 27P A C+ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∩ = + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Portanto, a probabilidade que procuramos é dada por:

( ) ( )( )

5527

13 1327

P A CP A C

P C+ +

+ ++

∩= = =

QUESTÃO 27

Seja n um inteiro positivo tal que 2 3sen2 4nπ −

= .

a) Determine n.

b) Determine sen24π .

Resolução a) Da expressão do cosseno do arco duplo, temos que:

2 2 3 3cos 2 1 2 sen 1 2 cos2 2 4 2n n n

⎛ ⎞π π − π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = − ⋅ = − ⋅ ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Sendo n inteiro positivo, então 0nπ

≤ ≤ π . Portanto:

6nπ π= ⇔ 6n =

b) Sendo 6n = , segue do enunciado que:

2 3sen12 4π −

=

Da relação fundamental da Trigonometria:

2 2 22 3 2 3sen cos 1 cos 1 cos12 12 4 12 12 2π π − π π ++ = ⇔ + = ⇔ = ±

Como 012 2π π

≤ ≤ , então ficamos com o sinal positivo:

2 3cos12 2π +

=

Agora, usando novamente a expressão para o arco duplo, vem que:

22 3cos cos 2 1 2 sen12 24 2 24π π + π⎛ ⎞= ⋅ ⇔ = − ⋅ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 3sen24 2π − +

= ±

Como 024 2π π

≤ ≤ , então ficamos com o sinal positivo:

2 2 3sen24 2π − +

=

Observação

Podemos expressar cos12π de outro modo, fazendo:

2 3 2 1cos cos cos cos sen sen12 4 6 4 6 4 6 2 2 2 2π π π π π π π⎛ ⎞= − = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

6 2cos12 4π +

=

Assim, a resposta também pode ser expressão da seguinte maneira:

6 211 cos412sen

24 2 2

⎛ ⎞+π −− ⎜ ⎟π ⎝ ⎠= = ⇔4 6 2sen

24 8π − −

=

QUESTÃO 28 Sejam α e β números reais não nulos. Determine os valores de b, c, d, bem como a relação entre α e β para que ambos os sistemas lineares S e T a seguir sejam compatíveis indeterminados.

2x byS

cx y+ = α⎧

⎨+ = β⎩

3

4cx y

Tx dy+ = α⎧

⎨+ = β⎩

Resolução Sendo α e β não nulos, para que cada um dos sistemas lineares apresentados seja possível e indeterminado, devemos ter uma relação de proporcionalidade entre os coeficientes correspondentes em cada equação:

213

4

bcc

d

α⎧ = =⎪ β⎪⎨

α⎪ = =⎪ β⎩

,

Reescrevendo numa única cadeia de igualdades, temos:

2 34c b

c dα

= = = =β


12

Da primeira igualdade:

22 8 2 24c c c

c= ⇔ = ⇔ = ±

Voltando à cadeia de igualdades, temos:

2 2

2 2 2 342 2

c

bd

⎧ =⎪⎨ α

= = = =⎪β⎩

ou 2 2

2 2 2 342 2

c

bd

⎧ = −⎪

⇔⎨ − α= = = =⎪

β−⎩

2 22 2

2 2 2 2 ou 3 2 3 2

2 2

b b

c c

d d

⎧ ⎧= = −⎪ ⎪

⎪ ⎪⎪ ⎪= = −⎨ ⎨⎪ ⎪= = −⎪ ⎪⎪ ⎪β = ⋅α β = − ⋅α⎩ ⎩

QUESTÃO 29

Sabe-se que a equação + − − + − =2 23 5 2 3 8 6 0x xy y x y representa a reunião de duas retas concorrentes, r e s , formando um ângulo agudo θ . Determine a tangente de θ .

Resolução Podemos pensar em nossa equação como uma equação de segundo grau em y (ou em x , mas veremos que é mais conveniente em y nessa situação):

2 23 5 2 3 8 6 0x xy y x y+ − − + − = ⇔

( ) ( )2 22 5 8 3 3 6 0y y x x x− + + + − − =

Então, lembrando que a condição para que a equação geral de segundo grau represente um par de retas, é ter o discriminante igual a um trinômio quadrado perfeito. Segue que:

( ) ( )( ) ( )2 22 25 8 4 2 3 3 6 49 56 16 7 4x x x x x xΔ = + − − − − = + + = +

Então as retas serão dadas por:

( ) ( )5 8 7 41 ou 3 3

4 2x x xy y y x

− + ± += ⇔ = − + = +

−

Assim os coeficientes angulares de nossas retas são 112

m = − e

2 3m = . Logo, a tangente do ângulo agudo entre as retas é dado por:

( ) ( )1 2

1 2

132tg tg 711 1 32

m mm m

⎛ ⎞− −⎜ ⎟− ⎝ ⎠θ = = ⇔ θ =+ ⋅ ⎛ ⎞+ ⋅ −⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

QUESTÃO 30 Na construção de um tetraedro, dobra-se uma folha retangular de papel, com lados de 3 cm e 4 cm, ao longo de uma de suas diagonais, de modo que essas duas partes da folha formem um ângulo reto e constituam duas faces do tetraedro. Numa segunda etapa, de maneira adequada, completa-se com outro papel as faces restantes para formar o tetraedro. Obtenha as medidas das arestas do tetraedro.

Resolução Segue abaixo a ilustração que representa a situação descrita no enunciado.

Sendo assim, 4 das 6 arestas do tetraedro 'B ADC já estão definidas.

= =' 3 cmCD AB e = =C ' 4 cmB AD Note que a diagonal do retângulo original também será uma das arestas e sua medida, pelo teorema de Pitágoras, será:

( ) = + ⇒2 2 23 4AC = 5 cmAC

Note que a sexta aresta a definir será 'B D . Deste modo, para obter a medida desta aresta, devemos obter inicialmente os lados 1'B H e

1DH . Deste modo, pelas relações métricas no triângulo retângulo AB'C, temos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 21 1 1

2 221 1 1 1 1

9' 3 55

9 9 125' ' '5 5 5

AB ACAH AH AH

DHB H AH CH B H B H

⎧ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⎪⎪⎨

⎛ ⎞⎪ = ⋅ ⇒ = ⋅ − ⇒ = =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

Note que

( ) ( )1 2AH CH=

Portanto,

( ) ( )1 2 1 29 75 25 5

H H H H= − ⋅ ⇒ =

E por Pitágoras, temos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 22 2 21 2 12 1 1

7 12 1935 5 25

H H DHDH DH DH⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⇒ + = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

E, por fim, pelo teorema de Pitágoras no triângulo 1'B DH , segue que:

( ) ( ) ( ) ( )= + ⇒ = + ⇒22 2 2

11193 144' ' '25 25

B D B H B DDH

( ) =337' cm5

B D

Equipe desta resolução

Matemática Alessandro Fonseca Esteves Coelho

Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha Thais de Almeida Guizellini

Digitação e Diagramação

Douglas Carvalho Gerson Oliva

Lucas Rubi Rosa

Revisão e Publicação Danilo José de Lima

Fabiano Gonçalves Lopes Felipe Eboli Sotorilli

B

B'

D

C

A 1H

2H

3

4

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