Questão 2
Questão 1
Sejam f(x) = x2 + 3x + 4 e g(x) = ax + b duas funções.
DETERMINE as constantes reais a e b para que (f o g)(x) = (g o f )(x) para todo x
real.
y + x 2 − 4x = −3
Considere o sistema 
, com incógnitas x e y.
y − ax = −2
1. CALCULE os valores de a para os quais o sistema tem uma única solução.
2. RESPONDA:
Existe algum valor de a para o qual esse sistema tem mais de duas soluções?
JUSTIFIQUE sua resposta.
RESPOSTA:
f(g(x)) = g(f(x)), para todo x real. Logo:
(ax + b)² + 3 (ax + b) + 4 = a (x² + 3x + 4) + b, ∀ x∈ℜ
a²x² + 2abx + b² + 3ax + 3b + 4 = ax² + 3ax + 4a + b, ∀ x∈ℜ
a²x² + (2ab + 3a)x + b² + 3b + 4 = ax² + 3ax + (4a + b), ∀ x∈ℜ
Da identidade acima vem:
a2 = a

2ab + 3a = 3a
 2
b + 3b + 4 = 4a + b
Resolvendo a primeira equação encontramos a = 1 ou a = 0.
RESPOSTA:
 y = − x2+ 4x − 3
, nas variáveis x e y, temos:
1. Resolvendo o sistema 
 y = ax − 2
-x² + 4x –3 = ax – 2
x² + (a - 4) x + 1 = 0, que é uma equação do segundo grau. Para que essa
possua uma única solução seu discriminante deve ser nulo, ou seja,
∆ = (a – 4)² - 4.1.1 = 0
(a – 4)² = 4 ⇒ |a - 4| = 2.
Logo a = 2 ou a = 6.
Para a = 0 a terceira equação não possui solução real, portanto não convém.
Já para a=1 temos:
2b=0 e b² + 2b = 0, que nos dá b = 0.
2. Não pode haver mais que duas soluções, porque uma equação do segundo grau
nos dá no máximo duas soluções reais e distintas. Outra forma seria notar que as
equações do sistema representam uma reta e uma parábola no plano cartesiano,
daí no máximo dois pontos em comum entre as duas curvas.
Do exposto a = 1 e b = 0 satisfazem as três equações.
1
2
Questão 3
Questão 4
Considere a parábola de equação y = 8x – 2x² e a reta que contém os pontos
(4,0) e (0,8). Sejam A e B os pontos da interseção entre a reta e a parábola.
DETERMINE a equação da mediatriz do segmento AB.
Um avião, em vôo retilíneo horizontal, passa por um ponto na vertical acima da
cabeça de uma pessoa situada no solo. Em um determinado momento, essa
pessoa registra que o ângulo de elevação do avião, em relação ao solo, é de 60o e
que, 15 segundos depois desse registro, é de 45o.
Suponha que o avião voa a uma velocidade constante de 720 km/h e despreze
a altura da pessoa.
CALCULE a altura em que estava o avião quando passou acima da cabeça da
pessoa.
RESPOSTA:
Primeiro encontremos a equação da reta r que passa pelos pontos (4,0) e
(0,8):
RESPOSTA:
x y 1
4 0 1 = 0 ⇒ y = −2x + 8
0 8 1
Construindo uma figura da situação descrita temos:
Buscando a interseção entre a reta r: y = -2x + 8 e a parábola de equação
y = 8x – 2x² temos:
8x - 2x² = - 2x + 8 ⇒ x² - 5x + 4 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 4.
x = 1 ⇒ y = 6 ⇒ A = (1,6).
x = 4 ⇒ y = 0 ⇒ B = (4,0).
Encontremos agora a equação da mediatriz do segmento AB:
Seja P = (x,y) um ponto genérico da mediatriz, da definição de reta mediatriz
decorre que dP,A = dP,B o que nos dá:
(x − 1)2 + (y − 6)2
pedida.
=
(x − 4)2 + (y − 0)2
⇒ 2x − 4y + 7 = 0 ,
que
é
a
equação
Cálculo da medida do segmento BC:
v = 720 km/h = 200 m/s.
Como v = BC/∆t vem que BC = v. ∆t = 200⋅15m = 3000m.
No triângulo APC:
tg45°=
h
⇒ AC = h .
AC
No triângulo APB:
tg60°=
h
h
h
h
=
=
⇒ 3 =
AB
AC − BC h − 3000
h − 3000
(
)
Logo h = 1500 3 + 3 m , que é a altura pedida.
3
4
Questão 5
Questão 6
Sabendo-se que p(1 + 2i) = 0, CALCULE todas as raízes do polinômio
p(x) = x5 + x4 + 13x2 + 5x
Um baralho é composto por 52 cartas divididas em quatro naipes distintos.
Cada naipe é constituído por 13 cartas – 9 cartas numeradas de 2 a 10, mais
Valete, Dama, Rei e Ás, representadas, respectivamente, pelas letras J, Q, K e A.
RESPOSTA:
Um par e uma trinca consistem, respectivamente, de duas e de três cartas de
mesmo número ou letra. Um full hand é uma combinação de cinco cartas, formada
por um par e uma trinca.
Se 1 + 2i é raiz de P(x) e seus coeficientes são todos reais, então 1 - 2i é raiz.
Logo (x - 1 - 2i)⋅(x – 1 + 2i) = x² - 2x + 5 é fator de P(x).
Dividindo P(x) por x² - 2x + 5 encontramos x³ + 3x² + x.
x³ + 3x² + x = 0 ⇒ x (x² + 3x + 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x² + 3x + 1 = 0.
x² + 3x + 1 = 0 ⇒ x =
−3± 5
.
2
Do exposto as raízes de P(x) são 0,
−3+ 5
,
2
−3− 5
, 1+2i e 1-2i.
2
Considerando essas informações, CALCULE:
1. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand com um par de reis
e uma trinca de 2;
2. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand com um par de reis;
3. de quantas maneiras distintas se pode formar um full hand.
RESPOSTA:
1. Pelo princípio fundamental da contagem nas escolhas dos naipes do par de reis
e da trinca de dois temos:
C4,2 ⋅ C4,3 =
4⋅3 4⋅3⋅2
⋅
= 24.
2 ⋅1 3 ⋅ 2 ⋅1
2. De modo análogo ao item anterior e lembrando de escolher também um tipo de
carta para formar a trinca, que não pode ser de reis, temos:
C4,2 ⋅ C4,3 ⋅ C12,1 =
4 ⋅ 3 4 ⋅ 3 ⋅ 2 12
⋅
⋅
= 288.
2 ⋅1 3 ⋅ 2 ⋅1 1
3. Fazendo agora todas as escolhas possíveis (tipos de cartas e naipes dessas
cartas) para formarmos um full hand, temos:
C13,1 ⋅ C4,2 ⋅ C12,1 ⋅ C4,3 =
5
13 4 ⋅ 3 12 4 ⋅ 3 ⋅ 2
⋅
⋅
⋅
= 3744.
1 2 ⋅1 1 3 ⋅ 2 ⋅1
6
Questão 7
Questão 8
No paralelogramo ABCD, da figura abaixo, o ponto P, contido no lado CD, é tal
que o segmento PC mede 4 cm, os segmentos AP e PB medem 14 cm cada um e
os ângulos DÂP e PÂB têm a mesma medida.
1 + z2n ≠ 0 .
Sejam n um número inteiro positivo e z um número complexo tal
CALCULE a parte imaginária de
z = 1 que e
zn
.
1 + z 2n
RESPOSTA:
Seja w =
DETERMINE a medida do lado AD.
zn
1
1
.
=
= −n
1 + z 2n
1
z 2n
z + zn
+
zn
zn
Fazendo z = 1⋅(cosθ + i⋅senθ), já que seu módulo é 1, vem:
RESPOSTA:
w=
Na figura abaixo chamemos de x a medida, em cm, do segmento AD. Notemos
ainda que pelo fato do quadrilátero ABCD ser um paralelogramo podemos concluir
que o ângulo DPA é congruente ao PAB (alternos e internos). Daí temos dois
triângulos isósceles e semelhantes, que são os triângulos DAP e PAB (caso ânguloângulo), e o segmento AB mede (x+4)cm, pois PC mede 4cm.
1
(cos θ + i ⋅ sen θ)−n + (cos θ + i ⋅ sen θ)n
.
Pela primeira fórmula de Moivre:
1
w=
cos (− nθ) + i ⋅ sen (− nθ) + cos (nθ) + i ⋅ sen (nθ)
w=
cos (nθ) − i ⋅ sen (nθ) + cos (nθ) + i ⋅ sen (nθ)
w=
2 ⋅ cos(nθ)
1
1
∈ ℜ, logo sua parte imaginária é zero.
Da semelhança vem:
x
14
=
⇒ x 2 + 4x − 196 = 0
14
4+x
)
(
x = 10 2 − 2 cm , que é a medida do segmento AD.
7
8
Do exposto vem:
Questão 9
Um recipiente cúbico, sem tampa, com arestas medindo 12 cm, está apoiado
em um plano horizontal e contém água até um nível de h cm. Ao se inclinar esse
recipiente sobre uma de suas arestas, de maneira que a face inferior faça um
ângulo de 30º com o plano horizontal, são derramados 300 cm³ de água,
conforme mostrado nestas figuras.
Vinicial = Vfinal + 300 cm3
(
)
144 ⋅ h = 288 6 − 3 + 300
Logo h =
169 − 24 3
.
12
DETERMINE o valor de h.
RESPOSTA:
No triângulo retângulo da figura temos tg30° =
x
12
⇒x=
cm.
12 cm
3
x=
Cálculo dos volumes inicial e final de água contidos no recipiente:
Vinicial = 12.12.h cm3 = 144⋅h cm3 ;


12 12
Vfinal = 123 −
⋅
⋅ 12 cm3 = 288 (6 − 3 ) cm3 .


2
3


9
10
Questão 10
Considere um tetraedro regular de vértices A, B, C e D, cujas arestas medem
r.
Considere, ainda, que M e N são pontos médios das arestas BD e CD,
respectivamente.
CALCULE a área do triângulo AMN.
RESPOSTA:
Todas as faces do tetraedro são triângulos eqüiláteros de lado r.
2
2
r 3 
r

h +   = 
 2 
4
 


2
⇒ h=
r 11
.
4
Cálculo da área A do triângulo AMN:
r r 11
⋅
2
4
A=
2
MN =
r
, pois é base média do triângulo BCD.
2
r 3
AM = AN =
, pois são alturas de triângulos eqüiláteros.
2
A=
r 2 11
.
16
Notemos que o triângulo AMN é isósceles de base MN, logo:
11
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Inscrições abertas para o processo seletivo
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