UFJF – CONCURSO VESTIBULAR 2012 – REFERÊNCIA DE CORREÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA
Questão 1 – Seja P ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + 3dx + e um polinômio com coeficientes reais em que b = −1 e uma das
raízes é x = −1 . Sabe-se que a < b < c < d < e formam uma progressão aritmética crescente.
a) Determine a razão dessa progressão aritmética e os coeficientes do polinômio P ( x) .
Sabe-se que a < b < c < d < e formam uma progressão aritmética crescente (PA crescente). Seja r a razão
dessa PA. Escrevendo essa PA em função de b e r , temos
a = b − r < b < c = b + r < d = b + 2r < e = b + 3r .
Usando o fato que x = −1 é raiz do polinômio P ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + 3dx + e , obtemos:
⇒ a − b + c − 3d + e = 0 .
0 = P (−1) = a (−1) 4 + b(−1)3 + c(−1)2 + 3d (−1) + e
Segue que
⇒ −b − 3r = 0
(b − r ) − b + (b + r ) − 3(b + 2r ) + (b + 3r ) = 0
Como b = −1 , temos r =
b
3
⇒ r=− .
1
.
3
Determinemos agora os coeficientes a, b, c, 3d , e, do polinômio P ( x) = ax 4 + bx3 + cx 2 + 3dx + e :
1
4
1
2
2
3
a = b − r = −1 − = − , b = −1 , c = −1 + = − , 3d = 3(−1 + ) = −1 , e = −1 + = 0 .
3
3
3
3
3
3
Portanto, P ( x) = −
4 4
2
x − 1x3 − x 2 − 1x .
3
3
b) Encontre as demais raízes do polinômio P ( x) .
Note que o polinômio P ( x) pode ser reescrito da seguinte forma:
1
P ( x) = − x(4 x 3 + 3x 2 + 2 x + 3) .
3
Note que x = 0 é raiz de P ( x ) . Como x = −1 é raiz do polinômio P ( x) , temos que também é raiz do
polinômio Q( x) = 4 x3 + 3 x 2 + 2 x + 3 . Assim dividindo o polinômio
Divisão de polinômio
4 x3 + 3 x 2 + 2 x + 3
−4 x3 − 4 x 2
ou
Q ( x) por x + 1 obtemos:
Dispositivo Prático de Briot-Ruffini
x +1
-1
4 x2 − x + 3
4
4
3
-1
2
3
3
0
4 x2 − x + 3
− x2 + 2x + 3
+ x2 + x
3x + 3
−3x − 3
0
1
3
1
3
Logo, P ( x) = − x ⋅ Q( x) = − x (4 x 2 − x + 3)( x + 1) . As raízes de 4 x 2 − x + 3 são:
x=
1 ± 1 − 48
8
Portanto, as raízes do polinômio P ( x) são: -1, 0,
1
47
⇒ x= ±
i.
8
8
1
47
1
47
−
i e +
i.
8
8
8
8
1
Resto da divisão
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Questão 2 – No plano cartesiano, considere os pontos A( −1, 2) e B (3, 4) .
a) Encontre a equação da reta r que passa por A e forma com o eixo das abscissas um ângulo de 135 ,
medido do eixo para a reta no sentido anti-horário.
A equação da reta
r que passa pelo ponto A( x A , y A ) e tem inclinação de θ é dada por,
y − y A = mr ( x − x A ) , onde mr = tg (θ ) é o coeficiente angular da reta r .
Como A( −1, 2) e θ = 135° , temos mr = tg (135°) = −1 e
y − (2) = −1( x − (−1)) ⇒ y − 2 = −1( x + 1)) ⇒ y = − x + 1 .
Equação da reta r : yr = − x + 1 .
b) Seja s a reta que passa por B e é perpendicular à reta
determinado pela intersecção das retas r e s .
Sejam
r . Encontre as coordenadas do ponto P ,
mr e ms os coeficientes angulares das retas r e s , respectivamente. Como as retas r e s são
mr . ms = −1 . Pelo item a, sabemos que mr = −1 , logo
−1
−1
ms =
⇒ ms =
⇒ ms = 1 .
mr
−1
Como a reta s passa pelo ponto B (3, 4) , sua equação é dada por
y − (4) = 1( x − (3)) ⇒ y − 4 = x − 3 ⇒ y = x + 1 .
Então, a equação da reta s é dada por: ys = x + 1 .
perpendiculares, temos
 yr = − x + 1
P dado pela intersecção das retas r e s 
.
 ys = x + 1
Resolvendo o sistema, obtemos x + 1 = − x + 1 ⇒ 2 x = 0 ⇒ x = 0 . Logo P (0,1) .
Determinemos agora o ponto
c) Determine a equação da circunferência que possui centro no ponto Q(2,1) e tangencia as retas r e
s.
QD é o raio
R da circunferência, isto é, R = QD . Como D é o ponto de tangência da circunferência com a reta r , temos
Seja D o ponto de tangência da circunferência com a reta r . Logo o comprimento do segmento
que o ângulo PDQ é retângulo em
D , ou seja, PDQ = 90° . A reta que passa por P e Q é paralela ao eixo
dos x , logo DPQ = PQD = 45° e o triângulo retângulo
Assim,
R 2 + R 2 = 22
DPQ é isósceles de lado QD e hipotenusa PQ = 2 .
⇒ 2R2 = 4 ⇒
R= 2.
A equação de uma circunferência que possui centro no ponto ( xo , yo ) e raio
R é dada por
( x − xo ) 2 + ( y − yo )2 = R 2 .
Portanto, a equação da circunferência que possui centro no ponto Q(2,1) é:
( x − 2)2 + ( y − 1) 2 = 2
r
2
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Outra resolução possível:
Como a circunferência tangencia a reta r , temos que o raio, R , da circunferência é dado pela distância do
centro Q(2,1) à reta r : y + x − 1 = 0 (mesmos argumentos podem ser usados com a reta s ). Assim,
|1(2) + 1(1) − 1|
| 2|
⇒ R= 2 .
2
12 + 12
Logo, a equação da circunferência que possui centro no ponto Q(2,1) e tangencia as retas r e s é:
R = dQ , r =
⇒
R=
( x − 2)2 + ( y − 1)2 = ( 2) 2 ,
ou seja,
( x − 2)2 + ( y − 1) 2 = 2
Observação: distância do ponto Q( xQ , yQ ) a reta r : ax + by + c = 0 : d Q , r =
| a xQ + b yQ − c |
a2 + b2
.
Questão 3 – Uma empresa de sorvete utiliza como embalagem um prisma reto, cuja altura mede 10 cm e cuja
base é dada conforme descrição a seguir: de um retângulo de dimensões 20 cm por 10 cm, extrai-se em cada um
dos quatro vértices um triângulo retângulo isósceles de catetos de medida 1cm.
10 cm
10 cm
20 cm
a) Calcule o volume da embalagem.
Seja V o volume da embalagem, isto é, V = A × h , onde :
h = altura da embalagem,
A = área da base desta embalagem.
Temos que, cada um dos quatro triângulos extraídos tem área igual a
1
2
cm . Logo
2
1
A = (20 × 10 − 4 ) = 198 cm 2 .
2
Assim, o volume desta embalagem é dado por
V = 198 × 10 = 1980 cm 3 .
3
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1
(um quinto) quando passa do estado
5
líquido para o estado sólido, qual deve ser o volume máximo ocupado por esse sorvete no estado líquido,
nessa embalagem, para que, ao congelar, o sorvete não transborde?
b) Sabendo que o volume ocupado por esse sorvete aumenta em
Sejam
V = volume da embalagem, isto é V = A × h .
V0 = o volume que deve ser colocado na embalagem, para que, ao congelar, o sorvete não transborde.
Então
1
V0 + V0 = V
5
6
5
V0 = V ⇒ V0 = V .
5
6
⇒
Portanto,
5
V0 = ×1980 = 1650 cm 3 .
6
Questão 4 – Sejam
respectivamente.
f : ℝ → ℝ e g : ℝ → ℝ funções definidas por f ( x) = x − 14 e g ( x) = − x 2 + 6 x − 8 ,
a) Determine o conjunto dos valores de x tais que f ( x) > g ( x) .
Defina
h( x) = f ( x) − g ( x) = x 2 − 5 x − 6 .
Neste caso, f ( x ) > g ( x ) ⇔ h( x ) > 0.
Note que a representação gráfica da função
raízes são dadas por:
h é uma parábola com concavidade voltada para cima, cujas
5 ± 49
⇒ x1 = −1 e x2 = 6 .
2
Logo h( x ) > 0 para todos os valores de x fora do intervalo compreendido entre as raízes x1 e x2 . Assim o
x=
conjunto procurado é,
X = {x ∈ ℝ ; h( x) > 0} = {x ∈ ℝ ; f ( x) > g ( x)} = ℝ − [−1, 6] =] − ∞, − 1[ ∪ ]6, + ∞ [ .
b) Determine o menor número real κ tal que f ( x) + κ ≥ g ( x) para todo x ∈ ℝ .
Defina
hk ( x ) = f ( x ) + k − g ( x ) = x 2 − 5 x − 6 + k .
Neste caso,
f ( x ) + k ≥ g ( x ) ⇔ hk ( x ) ≥ 0.
Note que a representação gráfica da função
hk é uma parábola com concavidade voltada para cima, logo
hk ( x) ≥ 0 para todo x ∈ ℝ , quando ∆ ≤ 0 , ou seja, quando
∆ = 25 + 24 − 4k ≤ 0 ⇒ k ≥
Como queremos o menor
k , seu valor é k =
49
.
4
4
49
.
4
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Questão 5 – Considere dois triângulos ABC e DBC , de mesma base BC , tais que D é um ponto interno ao
triângulo ABC . A medida de BC é igual a 10 cm. Com relação aos ângulos internos desses triângulos, sabe-se
que: DBC = BCD , DCA = 30º , DBA = 40º , B AC = 50º .
C
D
A
B
a) Encontre a medida do ângulo BDC .
Seja α = DBC = BCD . Logo C BA = α + 40º e BCA = α + 30º . Como a soma dos ângulos internos do
triângulo ABC é 180º , temos C BA + BCA + B AC = 180º , ou seja, (α + 40º ) + (α + 30º ) + 50º = 180º .
Logo, 2α = 180º − 40º − 30º −50º = 60º e assim, α = 30º .
Do triângulo DBC , obtemos a seguinte relação entre seus ângulos internos: BDC + DCB + C BD = 180º .
Logo, BDC + 2α = 180º , e assim BDC = 180º − 60º = 120º .
b) Calcule a medida do segmento BD .
Seja M um ponto no segmento BC tal que DM é a altura do triângulo
C
M
D
A
B
DBC de base BC . Como DBC = BCD , segue que o triângulo DBC é
isósceles de base BC , e assim M é o ponto médio do segmento BC e
1
1
BM = BC = ⋅ 10 = 5 .
2
2
Do triângulo BMD , retângulo em M , temos
BM
3
5
10 3
cos(α ) =
⇒
=
⇒ BD ⋅ 3 = 10 ⇒ BD =
.
BD
2
BD
3
Outra resolução possível:
BDC no triângulo DBC temos
( BC ) = (CD ) 2 + ( BD ) 2 − 2 ⋅ CD ⋅ BD ⋅ cos(120°) .
Como o triângulo DBC é isósceles de base BC , segue que BD = CD . Assim,
1
(10)2 = ( BD) 2 + ( BD)2 − 2 ⋅ BD ⋅ BD ⋅ (− ) ⇒ 100 = 2( BD) 2 + ( BD)2 ,
2
Usando a lei dos Cossenos para o ângulo
2
ou seja,
3( BD)2 = 100
⇒
( BD) 2 =
100
3
⇒
BD =
10
3
⇒
BD =
10 3
.
3
Outra resolução possível:
BC e BD do triângulo DBC temos:
BC
BD
10 BD
10
=
⇒
=
⇒ BD =
1
sen (120°) sen(30°)
3
3
2
2
Usando a Lei dos Senos nos lados
5
⇒
BD =
10 3
.
3
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c) Admitindo-se tg (50°) =
6
, determine a medida do segmento AC .
5
E o ponto de interseção do segmento AC com o prolongamento do
segmento BD . Do triângulo ABE , obtemos a seguinte relação:
Seja
C
E
BEA + E AB + ABE = 180º . Logo BEA = 180º − 40º − 50º = 90º . Da mesma
D
A
forma, temos que BEC = 90º . Como CD = BD =
10 3
, do triângulo CED ,
3
retângulo em E , obtemos:
B
10 3 1
5 3
⋅
⇒ DE =
.
3
2
3
10 3 3
CE = DC ⋅ cos(30°) ⇒ CE =
⋅
⇒ CE = 5 .
3
2
10 3 5 3
15 3
Logo BE = BD + DE =
+
, ou seja, BE =
=5 3.
3
3
3
6
Usando que tg (50°) = , obtemos:
5
6
BE
5
5
25 3
25 3
= tg (50°) =
⇒ AE = BE ⇒ AE = ⋅ 5 3 ⇒ AE =
. Assim, AC = AE + EC = 5 +
.
5
AE
6
6
6
6
DE = DC ⋅ sen(30°) ⇒ DE =
Outra resolução possível:
C
E no segmento AC de tal forma que BE seja a altura do
triângulo ABC de base AC . Logo os triângulos BCE e ABE são retângulos
em E . Assim,
BE
3 BE
sen(60°) =
⇒
=
⇒ BE = 5 3 .
BC
2
10
Seja o ponto
E
A
B
BE
⇒
CE
BE
6 5 3
25 3
tg (50°) =
⇒
=
⇒ AE =
.
AE
5 AE
6
Logo
tg (60°) =
AC = AE + CE = 5 +
3=
25 3
.
6
6
5 3
⇒ CE = 5 .
CE