26/11/2000
UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO DE JANEIRO
VESTIBULAR 2001- PROVA 2
MATEMÁTICA
Prova resolvida pela Profª Maria Antônia Conceição Gouveia.
RESPONDA ÀS QUESTÕES A SEGUIR, JUSTIFICANDO SUAS SOLUÇÕES.
QUESTÃO 1
A mala do Dr. Z tem um cadeado cujo segredo é uma combinação com cinco algarismos, cada um
dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele esqueceu a combinação que escolhera como segredo, mas
sabe que atende às condições:
a) se o primeiro algarismo é ímpar, então o último algarismo também é ímpar;
b) se o primeiro algarismo é par, então o último algarismo é igual ao primeiro;
c) a soma dos segundo e terceiro algarismos é 5.
Quantas combinações diferentes atendem às condições estabelecidas pelo
Dr. Z ?
RESOLUÇÃO:
Atendendo à condição c que deverá ser sempre satisfeita, temos os seguintes pares de números
naturais: 0 e 5, 1 e 4, 2 e 3.
Atendendo à condição a e c, ao mesmo tempo, temos: 5 possibilidades para o primeiro e quinto
algarismo, 2 × 3 possibilidades para os segundo e terceiro algarismos, e, 10 possibilidades para o
quarto algarismo. Logo um total de : 5 × 2 × 3 × 10 × 5 =1500 possibilidades.
Pela condição b se o primeiro algarismo é par, então o último algarismo é igual ao primeiro.
Atendendo portanto à condição a e b, ao mesmo tempo, temos: 5 possibilidades para o primeiro
algarismo, 2 × 3 possibilidades para os segundo e terceiro algarismos, 10 possibilidades para o
quarto algarismo e apenas 1 possibilidade para o quinto algarismo, que deverá ser igual ao
primeiro.Logo um total de 5 × 6 × 10 × 1 = 300 possibilidades.
Ao final teremos 1500 + 300 = 1800 possibilidades.
RESPOSTA: 1500 combinações.
QUESTÃO 2
Determine todas as raízes de x³ + 2x² - 1 = 0
RESOLUÇÃO:
P(-1) = -1 + 2 – 1 = 0 ⇒ -1 é uma das raízes de x³ + 2x² - 1 = 0.
Apliquemos Rufinni para dividirmos o polinômio x³ + 2x² - 1 por x + 1
-1
1
1
2
1
0
-1
-1
0
Assim (x³ + 2x² - 1 ) : (x + 1) = x² + x – 1.
Então x³ + 2x² - 1 = 0 ⇒ (x³ + x² - 1 ) (x + 1) = 0 ⇒ (x³ + x² - 1 ) = 0 ou (x + 1) = 0.
⇒ x = -1 ou x =
−1± 1+ 4 -1± 5
.
=
2
2
Logo as raízes da equação proposta são –1,
-1− 5
-1+ 5
e
.
2
2
QUESTÃO 3
Sendo r o menor dentre os raios das bases, s o maior e , determine x. Dois cones circulares retos
têm bases tangentes e situadas no mesmo plano, como mostra a figura. Sabe-se que ambos têm o
mesmo volume e que a reta que suporta uma das geratrizes de um passa pelo vértice do outro.
Sendo r o menor dentre os raios das bases, s o maior e x =
r
, determine x.
s
RESOLUÇÃO:
Uma das informações do problema diz que os cones têm volumes iguais, logo πr²H = πs²h ⇒
H s2
r
H
r²H = s²h ⇒
= 2 . Como pela última informação do problema, x = ⇒ = x -2 (I)
h r
s
h
“Lendo” a figura acima concluímos que o triângulo AVC é semelhante ao triângulo CDE, então
H-h h
H r + 2s
(II) .
= ⇒ Hs – hs = hr + sh ⇒ Hs = h(r + 2s) ⇒ =
r +s s
h
s
r + 2s
sx + 2s 1
1
Comparando (I) e (II) temos:
= x -2 . Como r = sx ⇒
= 2 ⇒x + 2 = 2 ⇒
s
s
x
x
-1− 5
e
x³ + 2x² -1 = 0, que é a mesma equação resolvida na questão 2 e cujas raízes são –1,
2
-1+ 5
.
2
-1+ 5
RESPOSTA: Como x é um número positivo o seu valor só pode ser
.
2
vale
QUESTÃO 4
Determine o menor inteiro n ≥ 1 para o qual
RESOLUÇÃO:
( 3 + i ) é um número real positivo.
( 3 +i )
= ! n (cos ( n ) + isen (n )) . Sendo ρ=
θ = 30° ⇒
( 3 +i )
n
n
n
( 3)
2
+ 1 = 4 = 2 e tg θ =
1
3
=
3
⇒
3
= 2 n (cos (n × 30°) + isen ( n × 30°)) . Como o resultado é um número
inteiro positivo ⇒ isen ( n × 30°) = 0 ⇒ n × 30° = 180° ou n × 30° = 360° ⇒ n = 6 ou n = 12.
Sendo o resultado um número inteiro positivo , então cos ( n × 30°) > 0 e n = 12.
Resposta: 12.
QUESTÃO 5
O retângulo ABCD está inscrito no retângulo WXYZ, como mostra a figura. Sabendo que , determine
o ângulo θ para que a área de WXYZ seja a maior possível.
RESOLUÇÃO:
;
\
[
: α$
\
θ
θ
[
α
%
'
α
[
=
θ
θ
\
&α <
[
\
Os quatro triângulos ( AXB, BYC, CZD, DWA) são semelhantes. Como AB = 2AD, os catetos
correspondentes guardam a mesma proporção.
A área do retângulo WXYZ é SABCD +2SABX + 2SAWD.
%
Sendo o triângulo AXB retângulo , existe uma circunferência que circunscreve este triângulo e que
tem como diâmetro AB. A área do triângulo será cada vez maior à medida que o vértice X ficar
mais distante de AB e alcançara seu valor máximo quando o vértice ocupar a posição Xo., O
triângulo ABC será então retângulo e isósceles e θ medirá 45°.
QUESTÃO 6
Determine a área da região R definida por R – R1 ∩R2 ∩ R3 sendo ,
R1 = { (x,y) ∈R²; 4x +5y –16 ≤ 0}, R2 = { (x,y) ∈ R²; 4x – 3y ≥ 0 } e R3 = {(x,y) ∈ R² ; y ≥ 0}.
RESOLUÇÃO:
[\!
[\!
&
$
\!
B
%
As retas 4x-3y=0 e 4x+5y-16=0 interceptam o eixo Ox, respectivamente, nos pontos (0,0) e (4,0).
4x - 3y = 0
4x + 5y = 16
A interseção entre essas retas é dada pela solução do sistema: 
8 y = 16 ⇒ y = 2


3 .
4x = 6 ⇒ x = 2
A área do triângulo ABC é
4× 2
= 4 u.a.
2
QUESTÃO 7
Seja x0, x1, x2, ... uma seqüência infinita de números reais. Sabendo que x0 =10 e que os logaritmos
decimais a0 = log x0, a1 = log x1,..., an = log xn,... formam uma PG de razão 1/2, calcule o valor
limite do produto P0 = x0 . x1 . x2 ... xn quando n tende a infinito.
RESOLUÇÃO:
a0 = log x0 = log 10 ⇒ a0 = l.
1 1
a1 = log x1 ⇒ a1 = log x0 . = ; a2 = log x2 = log x0 .
2 2
1
2
x0 =10, x1 = 10 , x2 = 10
1
 
 2
2
... xn = 10
1
2
1
 
 2
Assim P0 = x0 . x1 . x2 ... xn = 10 × 10 ×10
2
1
1
  = ;.... an = log xn =
4
2
n
1
 
 2
2
×...×10
1
 
 2
n
= 10
1 1 1
1
1+ + + +...+  
2 4 8
2
n
.
n
1
  ⇒
2
n
1 1 1
1
O expoente 1 + + + + ... +   é a soma dos termos de uma PG decrescente infinita de razão
2 4 8
2
a
1
1
1
logo S = 1 =
= = 2 ⇒ P0 = x0 . x1 . x2 ... xn = 10² = 100.
,
1 1
2
1- q
1−
2 2
QUESTÃO 8
Prove que, se o quadrado de um número natural n é par, então o próprio número n tem que ser,
obrigatoriamente, par (isto é, n ∈ N, n² é par ⇒ n é par ).
RESOLUÇÃO:
Considerando o número natural p e o número ímpar, tal que, n = 2p + 1 ⇒
n² = (2p + 1)² = 2p² + 4p +1 = 2(p² + 2p) + 1 ⇒ se n é ímpar, n² é ímpar. O que prova que se n é
par, n² é par.
QUESTÃO 9
Considere um cubo de vértices A, B, C, D, E, F, G, H (como mostra a figura) e os vetores
u , v , w dados por u = AB , v = AE e w = AD
Sejam P o ponto médio do segmento AG e Q o ponto do segmento DB tal que QB = 2 DQ .
Determine os números a, b e c tais que PQ = a u + b v + c w .
RESOLUÇÃO:
+
*
'
&
3
4
(
$
)
%
O vetor AF = u + v ⇒ AG = u + v + w .
Como P é o ponto médio de AG ⇒ AP =
u+v+w
(I).
2
DB u − w
=
(II).
3
3
Analisando a figura acima vemos que AQ = AP + PQ = w + DQ ⇒ AP = w + DQ − PQ (III).
Sendo QB = 2 DQ ⇒ DQ + 2 DQ = DB ⇒ 3DQ = DB ⇒ DQ =
u+v+w
u−w
=w+
− PQ ⇒
2
3
u−w u+v+w
u−w u+v+w
⇒ PQ = w +
⇒
−
−
PQ = w +
3
2
3
2
w u v
1
1
1
PQ = − − = a u + b v + c w ⇒ a = , b = − e c = − .
6 6 2
6
6
2
Substituindo (I) e (II) em (III) teremos :
QUESTÃO 10
(
)
(
)
Sejam F1 e F2 os pontos do plano cartesiano de coordenadas F1 = - 3 ,0 e F2 = 3,0 .Determine
as coordenadas dos pontos da reta r de equação x – y = 1 cujas somas das distâncias a F1 e F2
sejam iguais a 4 (isto é: determine as coordenadas dos pontos P sobre a reta r que satisfazem
PF1 + PF2 = 4 ).
RESOLUÇÃO:
O lugar geométrico dos pontos de um plano tal que a soma de suas distâncias a dois pontos fixos
denominados focos, F1 e F2, é constante, igual a 2a e maior que a distância entre os focos.
%
D
E
)
2
0
F
1
[[
)
&
[[
x 2 y2
A equação de uma elipse é 2 + 2 = 1 .No triângulo OBC, 4 = 3 + b 2 ⇒ b = 1. Logo a equação
a
b
2
2
x
y
x2 y2
da elipse é
+
= 1 . Sendo os pontos M e N as interseções da elipse
+
= 1 com a reta
4
1
4
1
x – y = 1.
x - y = 1
y 2 + 2 y + 1 + 4y 2 = 4
x - y = 1

Resolvendo o sistema:  x 2 y 2
⇒ 2
⇒

= 1 x + 4 y 2 = 4 5 y 2 + 2y - 3 = 0
 +
4
1
y = - 1 ⇒ x = 0 ou

⇒ 
.
3
8
=
⇒
=
y
x

5
5
8 3
5 5
Os pontos são (0,−1) e  ,  .