Questão 01
Determine os valores reais de x que satisfazem a inequação:
4
1
 log x  1
log 3 x 2  2
9
Resolução:
1
4
 log 9x  1
2
log 3 x  2
1  x  0
1  x  0
condição de existência:  2

x 2
 x  2  0
 x   2 ou x  2
1
Fazendo a  log 3x e  log 3x , temos:
a
4
2
 1
2a  2 a
2
2
 1
a 1 a
2a  2a  2
–1
1
0
2
1
 a  1 . a
*
a
2
1  0
 a  1 . a
+
a 2  a  2
0
 a  1 . a
–
+
–
+
 a  1 a  2   0
 a  1. a
Portanto:
1  a  0 ou 1  a  2
1  log 3x  0 ou 1  log 3x  2
1
 x  1 ou 3  x  9
3
Como x  2 , podemos concluir que 3  x  9 é o único intervalo compatível.
S   x   3  x  9
Questão 02
Encontre as soluções reais da equação:
x  4x  4  x  4x  4  x  3
Resolução:
x  4x  4  x  4x  4  x  3
Fazendo a  4 x  4 , temos:
xa  xa  x3

xa  xa
 
2
x3

2
x  a  2. x  a . x  a  x  a  x  3
2. x 2  a 2  3  x
2
x2  a2

2
 3  x
2
4. x 2  a 2   x 2  6 x  9
3 x 2  6 x  4a 2  9  0
Substituindo a 2  4 x  4 na equação acima, temos:
3x 2  6 x  4  4 x  4   9  0
3x 2  10 x  7  0
7
x  ou x  1
3
Fazendo a verificação dos valores acima na equação original, constatamos que x 
7
e x  1 são soluções.
3
 7
S  1, 
 3
Questão 03
Descreva o lugar geométrico do número complexo z que atende à equação
arg  z  z1   arg  z  z2   arg  z  z3   kπ ,
em que z1 é real, z2 e z3 são complexos conjugados com parte imaginária não nula e k é um número inteiro.
Obs: arg  z  é o argumento do número complexo z .
Resolução:
z
Utilizando as propriedades arg  z . w   arg z  arg w e arg    arg z  arg w , a equação dada é equivalente a qualquer uma das
 w


  z  z2  z  z3  
z  z1
formas arg 
  kπ ou arg 
   kπ para z  z1 , z  z2 e z  z3 .
 z  z2  
  z  z2  z  z3  

O argumento de um complexo é  kπ , quando ele é um número real, portanto:
 z  z2  z  z3    , ou seja,
 z  z1 
  z  z2  z  z3  
Im 
0
z  z1




  z  z2  z  z3  z  z1 
0
Efetuando a divisão dos complexos, vem Im 
2


z  z1


Como o denominador é real, basta zerarmos agora a parte imaginária do numerados
Tomando z1  a; z2  c  di, z3  c  di, z  x  yi , temos:


Im  x  yi    c  di    x  yi    c  di     x  yi   a   0
Desenvolvendo-se a expressão e tomando-se a parte imaginária do produto acima, vem:
2 x 2 y  2cxy  2axy  2acy  x 2 y  y 3  2cxy  c 2 y  d 2 y  0
Daí, temos:
I  y  0
 II   2 x 2  2ax  2ac  x 2  y 2  c 2  d 2  0 
x 2  2ax  y 2  c 2  2ac  d 2 
x 2  2ax  a 2  y 2  c 2  2ac  a 2  d 2
 x  a  y2  c  a  d 2
 I  , obtemos como solução o eixo real do qual deve ser
2
De
2
z2
removido o ponto em que z  z1 (conforme *)
De  II  , obtemos como solução uma circunferência de centro
 a,0 
e raio
c  a
2
z1
 d 2 , da qual devem ser removidos os
z3
pontos em que z  z2 e z  z3 (conforme *), que satisfazem essa
equação.
O esboço abaixo representa a solução obtida.
Questão 04
Seja n um inteiro positivo cuja representação decimal é am ... a1a0 e f a função que troca a posição dos dígitos a2i e
a2i 1 , de forma que f  a2 k 1 a2 k ... a1a0   a2 k a2 k 1 ... a0 a1 . Por exemplo:
2
f 123456  214365
f 1034  143
f 123  1032
f 10  1
Determine o menor número maior que 99 que satisfaça à equação
x 2  9 x  9 f  x    f  x 
2
Resolução:
Desenvolvendo a equação dada.
x 2   f  x    9  x  f  x  
2
 x  f  x     x  f  x    9  x  f  x  
Como x é positivo, f  x  também é. Assim buscamos as soluções de:
x  f  x  9
Não pode haver solução x , 99  x  1000 ,pois; se:
●
x a b c
então f  x   a 0 c b
.
E neste caso, f  x   x .
Também não pode haver solução x , 1000  x  1100 , porque:
●
x 1 0 a b
f  x  0 1 b a
E neste caso,
x  f  x   1000  10a  b  100  10b  a
x  f  x   900  9a  9b
E esta expressão não assume valor 9 se a e b são inferiores a 10.
Verifiquemos solução x , 1100  x  1200 .
x  1 1 a b e f  x  1 1 b a
x  f  x   10a  b  10b  a  9a  9b
Para 9a  9b  9 , a primeira solução é a  1 e b  0 .
Logo o número procurado é x  1110 .
Questão 05
Um tetraedro regular, com arestas de comprimento igual a d , é cortado por 2 planos paralelos entre si e a uma das
bases, dividindo-o em 3 sólidos de volumes iguais. Determine a altura de cada um destes 3 sólidos em função de d .
Resolução:
Seja  e  os planos de corte, conforme a figura.
Os sólidos formados são:
●
um tetraedro regular VPRQ de altura x .
●
um tronco de pirâmide PRQSUT de altura z .
●
um tronco de pirâmide SUTACB de altura y .
V
R
C
C
3
V
x
  
 h  3V
x
h
d 6 39


3
3
3
3
1

5
x  22  3 6  d
3
S
b
d 6
.
3
Sendo 3V o volume do tetraedro VABC, o volume do tetraedro VPRQ é V . Assim:
A altura h de tetraedro regular de aresta d é igual a
x
P
a
A
Q
B
z
w
y
h
x
6
23
8
d6
d
35
243
O tetraedro VSTU é semelhante ao tetraedro VABC e tem volume 2V (Soma de VPRQ e PRQSUT). Assim:
3
 y  2V
  
 h  3V
y
2
2 d 6
h  3 
3
3 3
3
5
 2 6
y    d
3
y
6
32
d
243
A altura z do tronco PQRSUT é dada por:
 32
8 
z  y  x   6
6
 d
243
243


Finalmente, a altura w é dada por:
6
32
8
32
d6
d6
d6
d
3
243
27
243
wh y 
 8
32 
 w   6
6
 d
27
243


Questão 06
Pelo ponto P de coordenadas  1, 0 traçam-se as tangentes t e s à parábola y 2  2 x . A reta t intercepta a parábola
em A e a reta s intercepta a parábola em B . Pelos pontos A e B traçam-se paralelas às tangentes encontrando a
parábola em outros pontos C e D , respectivamente. Calcule o valor da razão AB / CD .
Resolução:
Se y 2  2 x , então 2 y
 x, y 
é
1
y
dy 1
dy
 . Isso quer dizer que o coeficiente angular da reta tangente à parábola em um ponto
 2 , ou ainda,
dx y
dx
.
A reta t é tangente à parábola em A   x A , y A  . Com isso, o coeficiente angular de t é igual a
e A,
1
. Daí, considerando os pontos P
yA
yA  0 1

, ou ainda, y A2  x A  1 . Se o ponto A pertence à parábola, então y A2  2 x A . Resolvendo o sistema com estas
xA  1 y A

equações, conclui-se que x A  1 e y A  2 ou x A  1 e y A   2 . Levando-se em conta a figura seguinte, A  1, 2


e, pela

simetria, B  1,  2 . Disso, AB  2 2 .
Na figura, t ' é paralela a t e, por isso, o coeficiente angular de
1
1
t ' é igual ao de t , cujo valor é
, ou seja,
. Levando em
yA
2
consideração os pontos B e D ,
A
yD  2
1
. Mas, como D

xD  1
2
pertence à parábola, yD2  2 xD . Resolvendo o sistema com estas
equações, xD  1 e yD   2 ou xD  3 e yD  3 2 .


Já que D é distinto de B , D  3,3 2 . Pela simetria, é certo que


C  3,  3 2 . Disso,
CD  6 2 , então
CD  6 2 . Assim, se
AB  2 2
t
y
e
AB 1
 .
CD 3
4
t’
D
x
P
B
C
s
s’
Questão 07
Num triângulo ABC isósceles, com ângulos iguais em B e C , o seu incentro I se encontra no ponto médio do
segmento de reta que une o seu ortocentro H a seu baricentro G . O segmento de reta AG é menor que o segmento
de reta AH . Os comprimentos dos segmentos de reta HI e IG são iguais a d . Determine o perímetro e a área desse
triângulo em função de d .
Resolução:
Sejam:
•
H : ortocentro
•
I : incentro
•
G : baricentro
•
O : circuncentro
•
R  AO  OC : raio da circunferência circunscrita
•
r  IM : raio da circunferência inscrita
•
M é o ponto médio de BC .
Sabe-se que GH  2OG (reta de Euler). Como GH  GI  IH  d  d  2d , temos OG  d .
Assim OI  OG  GI  d  d  2d
Pela relação de Euler: OI 2  R 2  2rR  4d 2  R  R  2r  1
A
d O
2d
d G
2d
I
H
O baricentro divide a mediana AM na razão 2 :1 . Assim:
AG  2GM  AO  OG  2  GI  IM  
 R  d  2  d  r   R  2r  d  2 
Substituindo  2  em 1 : R  d  4d 2  R  4d
Substituindo em  2  : 4d  2r  d  r 
3d
2
C
M
B
A altura AM é dada por:
3d 
15

AM  3GM  3  d  r   3  d 
  AM  d
2 
2

No triângulo OMC :
O
4d
2
=
r + 2d =
R
2
2
a
 7d 
    4d   

2
 2 
a  15d
a
2
C
7d
2
M
No triângulo ACM :
A
2
15d
2
=
2
Ö1
5
d
2
 15d   15d 
b2  
 
  
 2   2 
b
b  2 15d
a
15 d M
=
2
2
Dessa maneira a área S e o perímetro 2 p do triângulo ABC são:
S
C
1
1
15
15 15d 2
 BC  AM   15d  d  S 
2
2
2
4
2 p  a  2b  15d  2  2 15d  2 p  5 15d
Questão 08
De quantas maneiras podemos decompor um eneágono convexo em triângulos traçando suas diagonais, de forma que
essas diagonais não se cortem.
Resolução:
Considerando um quadrilátero convexo ABCD , há 2 decomposições distintas. Uma delas é obtida trançando a diagonal AC e
a outro é obtida trançando a diagonal BD.
Considerando um pentágono convexo ABCDE e tomando como referência o lado AB, há 3 hipóteses. Se um dos triângulos for o
triângulo ABE, então há 2 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero BCDE. Se um dos triângulos
for o triângulo ABD, então há apenas uma possível decomposição. Se um dos triângulos for o triângulo ABC, então há 2
decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero CDEA. Assim, ao todo, há 5 decomposições distintas
para o pentágono.
5
Considerando um hexágono convexo ABCDEF e tomando como referência o lado AB, há 4 hipóteses. Se um dos triângulos for o
triângulo ABF, então há 5 decomposições distintas, pois há 5 decomposições distintas para o pentágono BCDEF. Se um dos
triângulos for o triângulo ABE, 2 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero BCDE. Se um dos
triângulos for o triângulo ABD, 2 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero DEFA. Se um dos
triângulos for o triângulo ABC, 5 decomposições distintas, pois há 5 decomposições distintas para o pentágono CDEFA. Assim, ao
todo, há 14 decomposições distintas para o hexágono.
Considerando um heptágono convexo ABCDEFG e tomando o lado AB como referência, há 5 hipóteses. Se um dos triângulos
for o triângulo ABG, então há 14 decomposições distintas, pois há 14 decomposições distintas para o hexágono AFEDCB. Se um dos
triângulos for o triângulo ABF, 5 decomposições distintas, pois há 5 decomposições distintas para o pentágono BCDEF. Se um dos
triângulos for o triângulo ABE, 2  2  4 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero AGFE e 2
decomposições distintas para o quadrilátero BCDE. Se um dos triângulos for o triângulo ABD, 5 decomposições distintas, pois há 5
decomposições distintas para o pentágono AGFED. Se um dos triângulos for o triângulo ABC, 14 decomposições distintas, pois há 14
decomposições para o hexágono CDEFGA. Assim, ao todo, há 42 decomposições distintas para o heptágono.
Considerando um octógono convexo ABCDEFGH e tomando como referência o lado AB, há 6 hipóteses. Se um dos triângulos
for o triângulo ABH, então há 42 decomposições distintas, pois há 42 decomposições para o heptágono BHGFEDC. Se um dos
triângulos for o triângulo ABG, 14 decomposições distintas, pois há 14 decomposições para o hexágono BGFEDC. Se um dos
triângulos for o triângulo ABF, 2  5  10 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para o quadrilátero AFGH e 5
decomposições distintas para o pentágono BFEDC. Se um dos triângulos for o triângulo ABE, 5  2  10 decomposições distintas, pois
há 5 decomposições distintas para o pentágono AEFGH e 2 decomposições distintas para o quadrilátero BEDC. Se um dos triângulos
for o triângulo ABD, 14 decomposições distintas, pois há 14 decomposições distintas para o hexágono ADEFGH. Se um dos triângulos
for o triângulo ABC, 42 decomposições distintas, pois há 42 decomposições distintas para o heptágono ACDEFGH. Assim, ao todo, há
132 decomposições distintas para o octógono.
Considerando um eneágono convexo ABCDEFGHI e tomando como referência o lado AB, há 7 hipóteses. Se um dos triângulos
for o triângulo ABI, então há 132 decomposições distintas, pois há 132 decomposições distintas para o octógono BIHGFEDC. Se um
dos triângulos for o triângulo ABH, 42 decomposições distintas, pois há 42 decomposições distintas para o heptágono BHGFEDC. Se
um dos triângulos for o triângulo ABG, 2  14  28 decomposições distintas, pois há 2 decomposições distintas para quadrilátero AIHG
e 14 decomposições distintas para o hexágono BGFEDC. Se um dos triângulos for o triângulo ABF, 5  5  25 decomposições distintas,
pois há 5 decomposições distintas para o pentágono AIHGF e 5 para o pentágono BFEDC. Se um dos triângulos for o triângulo ABE,
14  2  28 decomposições distintas, pois há 14 decomposições distintas para o hexágono AIHGFE e 2 decomposições distintas para o
quadrilátero BEDC. Se um dos triângulos for o triângulo ABD, 42 decomposições distintas, pois há 42 decomposições distintas para o
heptágono AIHGFED. Se um dos triângulos for o triângulo ABC, 132 decomposições distintas, pois há 132 decomposições distintas
para o octógono AIHGFEDC. Assim, ao todo, há 429 decomposições distintas para o eneágono.
Questão 09
Sejam S  a  b  c e P  a  b  c . Calcule o determinante abaixo unicamente em função de S e P.
a 2  (b  c) 2
2a 2
a2
( a  b) 2  c 2
( a  b) 2  c 2
( a  b) 2
2b 2
(a  c) 2  b 2
b2
Resolução:
a 2  (b  c ) 2
2a 2
a2
2b 2
( a  c) 2  b 2
b2
( a  b) 2  c 2
(b  c) 2
2
2
( a  b)  c  2a 2
( a  b) 2
a2
c2
(b  c) 2
2
2
( a  b)  c 
a2
( a  b) 2
a2
b2
(a  c)2  b 2
b2
b2
(a  c)2
b2
c2
c2
( a  b) 2
Expandindo o determinante
a  b
2
(a  c) 2 (b  c) 2  a 2b 2c 2  a 2b 2c 2  a 2b 2 (a  b) 2  a 2c 2 (a  c) 2  b 2c 2 (a  b) 2
  S  c  ( S  b)( S  a )   P 2  P 2 
2
P2
P2
P2
( S  c ) 2  2 ( S  b) 2  2 ( S  a ) 2 
2
c
b
a
2
2
2
2
 SP
  SP
  SP

  S 3  (a  b  c) S 2  (ab  ac  bc ) S  abc   2 P 2  
 P  
 P  
 P 
c
b
a

 
 

2
2
2
2
 SP SP SP

 SP
  SP
  SP




 P   2P2  
 P  
 P  
 P 
b
c
 a

 c
  b
  a

2
2
2
SP SP
SP SP
SP
SP SP
 SP   SP   SP 
2


2

2
P2

 
 
 P 2
a b
a c
a
b c
 a   b   c 
2
2
2
SP
SP
SP
SP
 SP 
 SP 
2
2
P2
 P  2P2  
P
P
 P 2
 P 2
b
c
c
b
 c 
 b 
SP
 SP   2  SP   2  SP   2  SP  c  2  SP  b  2  SP  a  2   SP   a  b  c   2S 3 P
 SP 
2

P  2
 P 2
a
a
ab
ac
bc
P
abc


2
2
2
2
2
2
2
2
Observação:
Nesta solução foi admitido que a, b, c, são não nulos. Caso um deles, ou mais, seja nulo o cálculo segue de modo análogo.
6
Questão 10
Os coeficientes a0 ,..., a2014 do polinômio P ( x)  x 2015  a2014 x 2014  ...  a1 x  a0 são tais que ai  0, 1 , para 0  i  2014.
a)
b)
Quais são as possíveis raízes inteiras de P ( x) ?
Quantos polinômios da forma acima têm duas raízes inteiras distintas?
Resolução:
a) De acordo com a pesquisa de raízes racionais, se houver uma raiz racional ela é divisora de a0 .
i)
Assim as únicas candidatas são x  0 , x  1 , x  1 .
x  1 não pode ser raiz porque ai  0 , logo P (1)  0.
x  1 pode ser raiz. Como exemplo tomemos P ( x)  x 2015  x 2
ii)
x  0 pode ser raiz. Como exemplo tomemos o mesmo polinômio acima.
iii)
Assim, as únicas raízes inteiras possíveis são 0 e 1.
b) Note que:
i)
Assumir duas raízes distintas e inteiras é, necessariamente, ter raízes 0 e 1.
ii)
x  0 só é raiz se a0  0.
iii)
Para que x  1 seja raiz, segue:
P (1)  0 
 1
2015
 a2014   1
2014
 a2013   1
2013
 ...  a1   1  a0  0
 1  a2014  a2013  a2012  a2011  ...  a1  a0  0
x.
Que pode ser resumida: a soma dos coeficientes das potências pares é igual à soma dos coeficientes das potências ímpares de
Como já existe um coeficiente 1 em x 2015 , devemos escolher n coeficientes de potências pares e
 n  1
coeficientes de
potências ímpares.
A quantidade de polinômios será:
1007   1007  1007  1007  1007  1007 
1007  1007 
S 





  ...  


 1   0   2   1   3   2 
1007   1006 
1007 1007

 1007 
S  


n 1  n   n  1 
Que já é uma expressão para a quantidade pedida.
 2014 
Para provar que S  
 , procede-se:
 1006 
1007
 1007   1007 
S  

 , seja n  k  1
n 1  1007  n   n  1 
1006
 1007  1007   2014 
S  



k  0  1006  k   k
  1006 
Porque equivale a, dentre dois conjuntos disjuntos, cada um com 1007 elementos, calcular de quantas maneiras pode-se
selecionar “ k ” de um e 1006  k  de outro. Isto equivale a selecionar 1006 dentre ambos.
 2014 
Assim, 
 polinômios
 1006 
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Matemática
Bruno Fraga
Fausto
Lafayette
Miola
Ney
Salviano
Colaboradores
Aline Alkmin, Carolina Chaveiro, José Diogo,
Moisés Humberto, Paulo Adorno
Digitação e Diagramação
Daniel Alves
Érika Rezende
João Paulo
Valdivina Pinheiro
Desenhista
Vinícius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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