MATEMÁTICA
200 questões de concursos resolvidas
(1a Revisão)
José Bartasevicius
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2
J. Bartasevicius
Revisões
1ª Revisão (20/Fev/2015)
1. Correção da Solução 4.
2. Troca de 2 por 3 na quarta linha da coluna de k 5 da Solução 14.
3. Troca de 21 por 42 na expressão “todos os múltiplos de 21” na Solução
15.
4. Troca de “cos nϕ” por “nϕ” na fase da representação polar na Solução
18.
5. Troca de aky por ay no desenvolvimento da Solução 26.
6. Correção de erro de digitação na Solução 54.
7. Correção de erro de digitação na Solução 55.
8. Alterações estéticas para melhor visualização e acomodamento na folha
A4.
3
Sumário
1 Problemas
5
2 Soluções
58
4
Capı́tulo 1
Problemas
Problema 1
(IME-1996)
Resolva o sistema abaixo:
(
y
x
x =y
, onde a =
6 1ea>0
y = ax
Problema 2
(IME-1996) Se tan a e tan b são raı́zes da equação x2 + px + q = 0,
calcule, em função de p e q, o valor simplificado da expressão:
y = sin2 (a + b) + p sin(a + b) cos(a + b) + q cos2 (a + b).
Considere p, q ∈ R com q 6= 1.
Problema 3
(IME-1996) Determine o resto da divisão do polinômio (cos ϕ + x sin ϕ)n
por x2 + 1 , onde n é um número natural.
Problema 4
(IME-1997)
√ Determine a solução da equação trigonométrica
sin x + 3 cos x = 1, x ∈ R.
Problema 5
(IME-1997) Determine α, β e γ de modo que o polinômio,
αxγ+1 + βxγ + 1, racional inteiro em x, seja divisı́vel por (x − 1)2 e
que o valor numérico do quociente seja igual a 120 para x = 1.
Problema 6
(IME-1997) Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ı́mpares,
positivos ou negativos, é igual a 73 .
Determine os termos desta soma.
5
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 7
2
(IME-1998) Determine as raı́zes
√ de z + 2iz + 2 − 4i = 0 e localize-as
no plano complexo, sendo i = −1.
Problema 8
(IME-1999) Calcule o determinante:
1
1
1
D = 1
1
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
5
1
1
1
1
1
1
1
7
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 1 1 1 11 1 1 1 13
Problema 9
(IME-1999) Determine o polinômio em n, com no máximo 4 termos, que
representa
! o somatório dos quadrados dos n primeiros números naturais
n
P
k2 .
k=1
Problema 10
(IME-1999) Três jogadores, cada um com um dado, fizeram lançamentos
simultâneos. Essa operação foi repetida cinquenta vezes. Os dados
contêm três faces brancas e três faces pretas. Dessas 50 vezes:
a. em 28 saiu uma face preta para o jogador I;
b. em 25 saiu uma face branca para o jogador II;
c. em 27 saiu uma face branca para o jogador III;
d. em 8 saı́ram faces pretas para os jogadores I e III e branca para o
jogador II;
e. em 7 saı́ram faces brancas para os jogadores II e III e preta para o
jogador I;
f. em 4 saı́ram faces pretas para os três jogadores;
g. em 11 saı́ram faces pretas para os jogadores II e III.
Determine quantas vezes saiu uma face preta para pelo menos um
jogador.
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J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 11
(IME-1999) Considere quatro números inteiros a, b, c e d. Prove que o
produto:
(a − b)(c − a)(d − a)(d − c)(d − b)(c − b)
é divisı́vel por 12.
Problema 12
(IME-2000) Sejam a e b números reais positivos e diferentes de 1.
Dado o sistema abaixo:
(
√
ax .b1/y = ab
2 loga x = log1/b y. log√a b
determine os valores de x e y.
Problema 13
(IME-2000) Um comandante de uma companhia convocou voluntários
para a constituição de 11 patrulhas. Todas elas são formadas pelo
mesmo número de homens. Cada homem participa de exatamente duas
patrulhas. Cada duas patrulhas têm somente um homem em comum.
Determine o número de voluntários e o de integrantes de uma patrulha.
Problema 14
(IME-2000) Prove que para qualquer número inteiro k, os números k e
k 5 terminam sempre com o mesmo algarismo (algarismo das unidades).
Problema 15
(IME-2001) Calcule a soma dos números entre 200 e 500 que são
múltiplos de 6 ou de 14, mas não são simultaneamente múltiplos de
ambos.
Problema 16
(IME-2001) Sejam x, y e z números reais positivos. Prove que:
x+y+z
√
> 3 x.y.z
3
Em que condições a igualdade se verifica?
Problema 17
p
√
(IME-2001) Resolva a equação 5 − 5 − x = x, sabendo que x > 0.
J. Bartasevicius
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CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 18
(IME-2002) Seja z um número complexo de módulo unitário que satisfaz
a condição z 2n 6= −1, onde n é um número inteiro positivo.
zn
é um número real.
Demonstre que
1 + z 2n
Problema 19
(IME-2002) Determine todos os valores reais de x que satisfazem a
equação:
log 12x3 − 19x2 + 8x = log 12x3 − 19x2 + 8x ,
onde log(y) e |y| representam, respectivamente, o logaritmo na base 10
e o módulo de y.
Problema 20
p
p
√
√
3
3
(IME-2002) Demonstre que 20 + 14. 2 + 20 − 14. 2 é um número
inteiro múltiplo de quatro.
Problema 21
(IME-2003) Considere o polinômio P (x) = x3 + ax + b de coeficientes
reais, com b =
6 0. Sabendo que suas raı́zes são reais, demonstre que
a < 0.
Problema 22
(IME-2003) Demonstre que o número 11
. . . 1} 222
| {z
| {z. . }. 5 é um quadrado
(n−1) n vezes
vezes
perfeito.
Problema 23
156x + 156−x
, demonstre que:
2
f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y)
(IME-2004) Dada a função f (x) =
Problema 24
(IME-2005) Seja Dn = det(An ), onde

2 −1 0
0
−1 2 −1 0

 0 −1 2 −1
An = 
. . . . . . . . . . . .

 0
0
0
0
0
0
0
0

... 0
0
... 0
0 

... 0
0 

... ... ...

. . . 2 −1
. . . −1 2 n×n
Determine Dn em função de n (n ∈ N, n > 1).
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J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 25
(IME-2005) Os ângulos de um triângulo estão em progressão aritmética
e um deles é solução da equação trigonométrica
(sin x + cos x) sin2 x − sin x cos x + cos2 x = 1
Determine os valores destes ângulos (em radianos).
Problema 26
(IME-2005) Determine o conjunto solução S = {(x, y) | x ∧ y ∈ Z} da
equação
(x + y)k = xy
sabendo que k é um número primo.
Problema 27
(IME-2006) Considere uma seqüência de triângulos retângulos cuja lei
de formação é dada por
2
aK+1 = aK
3
4
bK+1 = bK
5
onde aK e bK , para K > 1, são os comprimentos dos catetos do K-ésimo
triângulo retângulo. Se a1 = 30cm e b1 = 42cm, determine o valor da
soma das áreas de todos os triângulos quando K → ∞.
Problema 28
(IME-2006) Considere o sistema de equações dado por
(
3 log3 α + log9 β = 10
log9 α − 2 log3 β = 10
onde α e β são números reais positivos. Determine o valor de P = αβ.
Problema 29
h π πi
(IME-2006) Resolva a equação logsin x+cos x (1 + sin 2x) = 2, x ∈ − , .
2 2
Problema 30
(IME-2006) Considere o conjunto formado por m bolas pretas e n bolas
brancas. Determine o número de seqüências simétricas que podem ser
formadas utilizando-se todas as m + n bolas.
Observação: uma seqüência é dita simétrica quando ela possui a mesma
ordem de cores ao ser percorrida da direita para a esquerda e da esquerda
para a direita.
J. Bartasevicius
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CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 31
(IME-2006) Sejam a, b e c números reais não nulos. Sabendo que
a+b
b+c
a+c
a+b
=
=
, determine o valor numérico de
.
c
a
b
c
Problema 32
n
P
n+1
f (k) = 2008
(IME-2006) Seja f : N → R uma função tal que
,
n+2
k=0
onde N e R são, respectivamente, o conjunto dos números naturais e o
1
dos números reais. Determine o valor numérico de
.
f (2006)
Problema 33
(IME-2007) Determine o conjunto-solução da equação
sin3 x + cos3 x = 1 − sin2 x. cos2 x
Problema 34
(IME-2007) Encontre o polinômio P (x) tal que Q(x) + 1 = (x − 1)3 .P (x)
e Q(x) + 2 é divisı́vel por x4 , onde Q(x) é um polinômio do 6º grau.
Problema 35
(IME-2007) Determine a expressão da soma a seguir, onde n é um inteiro
múltiplo de 4.
1 + 2i + 3i2 + . . . + (n + 1) in
Problema 36
(IME-2007) Considere todos os pontos de coordenadas (x, y) que pertençam à circunferência de equação x2 +y 2 −6x−6y+14 = 0. Determine
y
o maior valor possı́vel de .
x
Problema 37
(IME-2008) Resolva a seguinte inequação, para 0 6 x 6 2π:
√ √ 3 sin2 x + 2 cos2 x + 4 sin x − 1 + 4 2 sin x cos x + 4 cos x − 2 + 2 2
√
√
>2
2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2
Problema 38
(IME-2009) Três dados iguais, honestos e com seis faces numeradas de
um a seis são lançados simultaneamente. Determine a probabilidade de
que a soma dos resultados de dois quaisquer deles ser igual ao resultado
do terceiro dado.
10
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CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 39
(IME-2009) Seja a equação pn + 144 = q 2 , onde n e q são números
inteiros positivos e p é um número primo. Determine os possı́veis valores
de n, p e q.
Problema 40
(IME-2010) Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000.
Sabe-se que 2x − x2 é divisı́vel por 7. Determine o número de possı́veis
valores de x.
Problema 41
(IME-2011) Os números reais positivos x1 , x2 e x3 são raı́zes da equação
b
x3 − ax2 = ab − x, sendo b ∈ N (natural), a ∈ R (real) e a =
6 1. Deter2
h
i
2
2
2
b
mine, em função de a e b, o valor de x1 x2 x3 (x1 + x2 + x3 )x1 +x2 +x3 .
Problema 42
(IME-2011) Sejam r e s ∈ Z (inteiro). Prove que (2r + 3s) é múltiplo
de 17 se e somente se (9r + 5s) é múltiplo de 17.
Problema 43
(IME-2012) Considere log√b (a)2 = 4, com a e b números reais positivos. Determine o valor de m, número real, para que a equação
x3 − 18x2 + [logb (ab)m + 8 − m] x − logb (a)2m = 0 tenha três raı́zes
reais em progressão aritmética.
Problema 44
(IME-2012) Considere a, b e c números inteiros e 2 < a < b < c.
Determine o(s) valor(es) de x, y e z, que satisfaçam o sistema de

ax − 2by + 3cz = 2abc



3ax − 4by = −abc
equações

−by + cz = 0



xyz = 20132
Problema 45
(IME-2012) Considere, Z1 e Z2 , complexos que satisfazem a equação
x2 + px + q = 0, onde p e q são números reais diferentes de zero. Sabe-se
que os módulos de Z1 e Z2 são iguais e que a diferença entre os seus
argumentos
α vale α, onde α é diferente de zero. Determine o valor de
2
cos
em função de p e q.
2
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CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 46
(IME-2013) O polinômio P (x) = x5 − 3x4 + 10x3 − 30x2 + 81x − 243
possui raı́zes complexas simétricas e uma raiz com valor igual ao módulo
das raı́zes complexas. Determine todas as raı́zes do polinômio.
Problema 47
(IME-2013) Determine o(s) valor(es) de x, inteiro(s) e positivo(s), que
satisfaz(em) a equação


y−1
x
X
X

x2 =
(y − z)
y=1
z=0
Problema 48
(IME-2013) Resolva a equação logcos x sin2 x . logcos2 x sin x = 4
Problema 49
(IME-2013) Calcular o valor da expressão abaixo
s
370370{z. . . 037} − 11
. . . 1}
| {z
3 |
89 algarismos
00
. . . 0}
| {z
30 algs “1” 30 algs “0”
Obs.: algs = algarismos
Problema 50
(IME-2013) Um professor dá um teste surpresa para uma turma de 9
alunos, e diz que o teste pode ser feito sozinho ou em grupos de 2 alunos.
De quantas formas a turma pode ser organizar para fazer o teste?
(Por exemplo, uma turma de 3 alunos pode ser organizar de 4 formas e
uma turma de 4 alunos pode se organizar de 10 formas)
Problema 51
(√
y
√
x − y = log3
x
(IME-2013) Resolver o sistema de equações
2x+2 + 8x = 5.4y
Problema 52
(IME-2014) Determine os valores reais de x que satisfazem a inequação:
4
1
+ logx > 1
2
9
log3 x − 2
12
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 53
(IME-2014) Encontre as soluções reais da equação:
q
q
√
√
√
x + 4x − 4 + x − 4x − 4 = x + 3
Problema 54
(IME-2014) Seja n um inteiro positivo cuja representação decimal é
am . . . a1 a0 e f a função que troca a posição dos dı́gitos a2i e a2i+1 , de
forma que f (a2k+1 a2k . . . a1 a0 ) = a2k a2k+1 . . . a0 a1 . Por exemplo:
f (123456) = 214365
f (1034) = 143
f (123) = 1032
f (10) = 1
Determine o menor número maior que 99 que satisfaça à equação
x2 = 9x + 9f (x) + (f (x))2
Problema 55
(IME-2014) Os coeficientes a0 , . . . , a2014 do polinômio P (x) = x2015 +
a2014 x2014 + . . . + a1 x + a0 são tais que ai ∈ {0, 1}, para 0 6 i 6 2014.
a) Quais são as possı́veis raı́zes inteiras de P (x)?
b) Quantos polinômios da forma acima têm duas raı́zes inteiras distintas?
Problema 56
(ITA-1990) O conjunto das soluções reais da equação
| ln(sin2 x)| = ln(sin2 x) é dado por:
π
+ kπ, k ∈ Z}
2
π
b) {x ∈ R : x = π + k , k ∈ Z}
2
c) {x ∈ R : x = 2kπ, k ∈ Z}
a) {x ∈ R : x =
d) {x ∈ R : −1 6 x 6 1}
e) {x ∈ R : x > 0}
Problema 57
3 − 19x2 + 8x − 1 então
(ITA-1990) Sabendo-se que 3x − 1 éfator de 12x
as soluções reais da equação 12 33x − 19 32x + 8 (3x ) − 1 = 0 somam:
a) − log3 12
J. Bartasevicius
13
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
b) 1
1
c) − log3 12
3
d) −1
e) log3 7
Problema 58
(ITA-1990) Numa progressão geométrica de três termos a razão é e−2a ,
a soma dos termos é 7 enquanto que a diferença do último termo com o
primeiro é 3. Nestas condições o valor de a é:
√
a) ln 2
5
b) − ln
2
√
c) ln 3
√
d) − ln 2
e) não existe número real a nestas condições
Problema 59
(ITA-1990) Sejam as
( funções f e g dadas por:
1, se |x| < 1
f : R → R, f (x) =
0, se |x| > 1
2x − 3
g : R − {1} → R, g(x) =
x−1
Sobre a composta (f ◦ g) (x) = f (g (x)) podemos garantir que:
3
a) se x > , f (g (x)) = 0
2
3
b) se 1 < x < , f (g (x)) = 1
2
4
c) se < x < 2, f (g (x)) = 1
3
4
d) se 1 < x 6 , f (g (x)) = 1
3
e) n.d.a.
Problema 60
√
(ITA-1990) Seja C o centro da circunferência x2 + y 2 − 6 2y = 0.
Considere
A e B os pontos de interseção desta circunferência com a reta
√
y = 2x. Nestas condições o perı́metro do triângulo de vértices A, B e
C é:
14
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
√
√
a) 6 2 + 3
√
√
b) 4 3 + 2
√
√
c) 2 + 3
√
√
d) 5 3 + 2
e) n.d.a.
Problema 61
(ITA-1991) Sejam a ∈ R, a > 1 e f : R → R definida por f (x) =
ax − a−x
. A função inversa de f é dada por:
2
√
a) loga x − x2 − 1 , para x > 1
√
b) loga −x + x2 + 1 , para x ∈ R
√
c) loga x + x2 + 1 , para x ∈ R
√
d) loga −x + x2 − 1 , para x < −1
e) n.d.a.
Problema 62
(ITA-1991) Considere as afirmações:
I - A equação 3x4 − 10x3 + 10x − 3 = 0 só admite raı́zes reais.
II - Toda equação recı́proca admite um número par de raı́zes.
III - As raı́zes da equação x3 + 4x2 − 4x − 16 = 0 são exatamente o
dobro das raı́zes de x3 + 2x2 − x − 2 = 0.
Então:
a) Apenas I é verdadeira
b) Apenas II é falsa
c) Apenas III é verdadeira
d) Todas são verdadeiras
e) n.d.a.
Problema 63
(ITA-1991) Uma escola possui 18 professores sendo 7 de Matemática,
3 de Fı́sica e 4 de Quı́mica. De quantas maneiras podemos formar
J. Bartasevicius
15
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
comissões de 12 professores de modo que cada uma contenha exatamente
5 professores de Matemática, com no mı́nimo 2 de Fı́sica e no máximo
2 de Quı́mica?
a) 875
b) 1877
c) 1995
d) 2877
e) n.d.a.
Problema 64
n n
n−1
P
P n−1
k
(ITA-1991) Sejam A =
3 eB=
11k .
k
k
k=0
k=0
6561
Se ln B − ln A = ln
então n é igual a:
4
a) 5
b) 6
c) 7
d) 8
e) n.d.a.
Problema 65
(ITA-1992) Numa progressão geométrica de razão inteira q > 1. Sabe-se
que a1 an = 243, logq Pn = 20 e logq an = 6, onde an é o enésimo termo
da progressão geométrica e Pn é o produto dos n primeiros termos.
Então a soma dos n primeiros termos é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
16
39 − 1
6
310 − 1
6
8
3 −1
6
39 − 1
3
n.d.a.
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 66
(ITA-1992) No desenvolvimento (x + y)6 , ordenado segundo as potências
1
decrescentes de x, a soma do 2° termo com
do termo de maior
10
coeficiente é igual a oito vezes a soma de todos os coeficientes. Se
z−1/2
1
z+1
x = (2)
ey=
, então:
4
a) z ∈ [0, 1]
b) z ∈ (20, 50)
c) z ∈ (−∞, 0]
d) z ∈ [1, 15]
e) n.d.a.
Problema 67
√ 10
(ITA-1993) Seja a o módulo de número complexo 2 − 2 3i . Então
o valor de x que verifica a igualdade (4a)x = a é:
a)
b)
c)
d)
e)
10
11
−2
5
8
3
8
1
5
Problema 68


3x − 2y + z = 7
(ITA-1993) Analisando o sistema x + y − z = 0


2x + y − 2z = −1
este é:
concluı́mos que
a) Possı́vel e determinado com xyz = 7.
b) Possı́vel e determinado com xyz = −8.
c) Possı́vel e determinado com xyz = 6.
d) Possı́vel e indeterminado.
e) Impossı́vel.
J. Bartasevicius
17
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 69
(ITA-1993) Um acidente de carro foi presenciado por 1/65 da população
de Votuporanga (SP). O número de pessoas que soube do acontecimento
B
t horas após é dado por: f (t) =
onde B é a população da
1 + Ce−kt
cidade. Sabendo-se que 1/9 da população soube do acidente 3 horas
após, então o tempo passou até que 1/5 da população soubesse da
notı́cia foi de:
a) 4 horas
b) 5 horas
c) 6 horas
d) 5 horas e 24 min
e) 5 horas e 30 min
Problema 70
(ITA-1993) Uma das circunferências que passa pelo ponto P : (0, 0) e
tangencia as retas (r1 ) : x − y = 0 e (r2 ) : x + y − 2 = 0 tem sua equação
dada por:
a) (x − 1)2 + (y + 1)2 =
√
2
b) (x − 1)2 + (y + 1)2 = 2
c) (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2
√
d) (x + 1)2 + (y − 1)2 = 2
e) (x + 1)2 + (y + 1)2 = 2
Problema 71
x3 + 4
a
bx + c
=
1
+
+
é válida
x + 1 x2 − x + 1
x3 + 1
para todo real x 6= − 1. Então a + b + c é igual a:
(ITA-1994) A identidade:
a) 5
b) 4
c) 3
d) 2
e) 1
18
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 72
10
3a2 2m
+
(ITA-1994) No desenvolvimento de A =
, a razão entre a
2
3
parcela contendo o fator a16 m2 e a parcela contendo o fator a14 m3 é igual
5
a 9/16. Se a e m são números reais positivos tais que A = m2 + 4
então:
a) a.m = 2/3
b) a.m = 1/3
c) a + m = 5/2
d) a + m = 5
e) a − m = 5/2
Problema 73
(ITA-1994) Seja (a1 , a2 , . . . , an ) uma progressão geométrica com um
número ı́mpar de termos e razão q > 0. O produto de seus termos é
igual a 225 e o termo do meio é25 . Se a soma dos (n − 1) primeiros
termos é igual a 2(1 + q) 1 + q 2 , então:
a) a1 + q = 16
b) a1 + q = 12
c) a1 + q = 10
d) a1 + q + n = 20
e) a1 + q + n = 11
Problema 74
(ITA-1994) Seja (a, b, c, d, e) uma progressão geométrica de razão a, com
a 6= 0 e a 6= 1. Se a soma de seus termos é igual a (13a + 12) e x é um
número real positivo diferente de 1 tal que:
1
1
1
1
1
5
+
+
+
+
=
loga x logb x logc x logd x loge x
2
a) 33
b) 23
c) (5/2)2
d) (5/2)3/2
e) (2/5)2
J. Bartasevicius
19
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 75
(ITA-1994) Sejam x e y números
reais, positivos e ambos diferentes de 1,

1

x y = 2
y
satisfazendo o sistema:
. Então o conjunto
1

log x + log y = log √
x
(x, y) está contido no intervalo:
a) [2, 5]
b) ]0, 4[
c) [−1, 2]
d) [4, 8[
e) [5, ∞[
Problema 76
√
√
(ITA-1995) Sabendo que 4 + i 2 e 5 são raı́zes do polinômio 2x5 −
22x4 + 74x3 + 2x2 − 420x + 540, então a soma dos quadrados de todas
as raı́zes reais é:
a) 17
b) 19
c) 21
d) 23
e) 25
Problema 77
(ITA-1995) Sejam z1 e z2 números complexos com |z1 | = |z2 | = 4. Se
1 é uma raiz da equação z1 z 6 + z2 z 3 − 8 = 0 então a soma das raı́zes
reais é igual a:
a) −1
b) −1 + 21/2
c) 1 − 21/3
d) 1 + 31/2
e) −1 + 31/2
Problema 78
(ITA-1996) Considere o polinômio:
P (z) = z 6 + 2z 5 + 6z 4 + 12z 3 + 8z 2 + 16z
20
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) Apenas uma é real.
b) Apenas duas raı́zes são reais e distintas.
c) Apenas duas raı́zes são reais e iguais.
d) Quatro raı́zes são reais, sendo duas a duas distintas.
e) Quatro raı́zes são reais, sendo apenas duas iguais.
Problema 79
(ITA-1996) O valor da potência
a)
b)
c)
d)
e)
√ !93
2
é:
1+i
−1 + i
√
2
1+i
√
2
−1 − i
√
2
√ 93
2 i
√ 93
2
+i
Problema 80
(ITA-1996) Sejam a1 , a2 , a3 e a4 quatro números reais (com a1 6= 0),
formando nessa ordem uma(progressão geométrica.
a1 x + a3 y = 1
Então, o sistema em x e y
é um sistema:
a1 a2 x + a1 a4 y = a2
a) Impossı́vel.
b) Possı́vel e determinado.
c) Possı́vel e indeterminado.
d) Possı́vel determinado para a1 > 1.
e) Possı́vel determinado para a1 < −1.
Problema 81
(ITA-1997) Os números reais x, y e z formam, nesta ordem, uma
progressão aritmética de razão r. Seja α um número real com α > 0 e
α 6= 1 satisfazendo 3ax + 2ay − az = 0. Então r é igual a
a) a2
J. Bartasevicius
21
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a
1
b)
2
c) log2a 4
d) loga (3/2)
e) loga 3
Problema 82
(ITA-1998) Sejam x e y números reais tais que:
(
x3 − 3xy 2 = 1
3x2 y − y 3 = 1
Então, o número complexo z = x + iy é tal que z 3 e |z|, valem respectivamente:
√
a) 1 − i e 6 2
√
b) 1 + i e 6 2
c) i e 1
d) −i e 1
e) 1 + i e
√
3
2
Problema 83
(ITA-1998) O valor de y ∈ R que satisfaz a igualdade:
logy 49 = logy2 7 + log2y 7, é:
a)
b)
c)
d)
e)
1
2
1
3
3
1
8
7
Problema 84
(ITA-1998) O número de anagramas da palavra VESTIBULANDO, que
não apresentam as cinco vogais juntas, é:
a) 12!
b) (8)! (5)!
22
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
c) 12! − (8)! (5)!
d) 12! − 8!
e) 12! − (7)! (5)!
Problema 85
(ITA-1999) Seja a ∈ R com a > 1. O conjunto de todas as soluções
reais da inequação a2x(1−x) > ax−1 , é:
a) ] − 1, 1[
b) ]1, +∞[
c) ] − 1/2, 1[
d) ] − ∞, 1[
e) vazio
Problema 86
1
(ITA-1999) Se x ∈ [0, π/2[ é tal que 4 tan4 x =
+ 4, então o valor
cos4 x
de sin 2x + sin 4x
√
15
a)
4
√
15
b)
8
√
3 5
c)
8
1
d)
2
e) 1
Problema 87
(ITA-1999) Considere a circunferência C de equação x2 +y 2 +2x+2y+1 =
0 e a elipse E de equação x2 + 4y 2 − 4x + 8y + 4 = 0. Então:
a) C e E interceptam-se em dois pontos distintos.
b) C e E interceptam-se em quatro pontos distintos.
c) C e E são tangentes exteriormente.
d) C e E são tangentes interiormente.
e) C e E têm o mesmo centro e não se interceptam.
J. Bartasevicius
23
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 88
(ITA-2000) Quantos números de seis algarismos distintos podemos
formar usando os dı́gitos 1,2,3,4,5 e 6, nos quais o 1 e o 2 nunca ocupam
posições adjacentes, mas o 3 e o 4 sempre ocupam posições adjacentes?
a) 144
b) 180
c) 240
d) 288
e) 360
Problema 89
(ITA-2000) A soma das raı́zes reais e positivas da equação
2
2
4x − 5.2x + 4 = 0 vale:
a) 2
b) 5
√
c) 2
d) 1
√
e) 3
Problema 90
(ITA-2000) O valor de n que torna a seqüência (2 + 3n, −5n, 1 − 4n)
uma progressão aritmética pertence ao intervalo:
a) [−2, −1]
b) [−1, 0]
c) [0, 1]
d) [1, 2]
e) [2, 3]
Problema 91
(ITA-2001) Sabendo que é de 1024 a soma dos coeficientes do polinômio
em x e y, obtido pelo desenvolvimento do binômio (x + y)m , temos que
o número de arranjos sem repetição de m elementos, tomados 2 a 2, é:
a) 80
b) 90
24
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
c) 70
d) 100
e) 60
Problema 92
(ITA-2001) O conjunto de todos os valores
de m para os quais a função
x2 + (2m + 3)x + m2 + 3
f (x) = q
está definida e é não negativa
x2 + (2m + 1)x + m2 + 2
para todo x real é:
a) [1/4, 7/4[
b) ]1/4, ∞[
c) ]0, 7/4[
d) ] − ∞, 1/4]
e) ]1/4, 7/4[
Problema 93
(ITA-2001) A parte imaginária de ((1 + cos 2x) + i sin 2x)k , k inteiro
positivo, x real é
a) 2 sink x. cosk x
b) sink x. cosk x
c) 2k sin kx. cosk x
d) 2k sink x. cosk x
e) sin kx. cosk x
Problema 94
(ITA-2002)
p Os valores de x ∈ R, para os quais a função real dada por
f (x) = 5 − ||2x − 1| − 6| está definida, formam o conjunto
a) [0, 1].
b) [−5, 6].
c) [−5, 0] ∪ [1, ∞).
d) (−∞, 0] ∪ [1, 6].
e) [−5, 0] ∪ [1, 6].
J. Bartasevicius
25
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 95
(ITA-2002) Sejam f e g duas funções definidas por
3 sin2 x−1
√ 3 sin x−1
1
2
e g(x) =
,x ∈ R
f (x) =
2
A soma do valor mı́nimo de f com o valor mı́nimo de g é igual a
a) 0.
1
b) − .
4
1
c) .
4
1
d) .
2
e) 1.
Problema 96
(ITA-2002) Sabendo que a equação
x3 − px2 = q m , p, q 6= 1, m ∈ N
possui três raı́zes reais positivas a, b e c, então
a+b+c 2
2
2
logq abc a + b + c
é igual a
a) 2m + p logq p
b) m + 2p logq p
c) m + p logq p
d) m − p logq p
e) m − 2p logq p
Problema 97
(ITA-2002) Mostre que
x
y 4
+2+
> C8,4
y
x
para quaisquer x e y reais positivos.
Obs.: Cn,p denota a combinação de n elementos tomados p a p.
26
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 98
(ITA-2003) O número de divisores de 17640 que, por sua vez, são
divisı́veis por 3 é:
a) 24
b) 36
c) 48
d) 54
e) 72
Problema 99
(ITA-2003) Considere a seguinte situação baseada num dos paradoxos
de Zenão de Eléia, filósofo grego do século V A.C. Suponha que o
atleta Aquiles e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta,
correndo com velocidades constantes vA e vT , com 0 < vT < vA . Como
a tartaruga é mais lenta, é-lhe dada uma vantagem inicial, de modo
a começar a corrida no instante t = 0 a uma distância d1 > 0 na
frente de Aquiles. Calcule os tempos t1 , t2 , t3 , . . . que Aquiles precisa
para percorrer as distâncias d1 , d2 , d3 , . . ., respectivamente, sendo que,
para todo n > 2, dn denota a distância entre a tartaruga e Aquiles no
n−1
P
tk da corrida. Verifique que os termos tk , k = 1, 2, 3, . . .,
instante
k=1
formam uma progressão geométrica infinita, determine sua soma e dê o
significado desta soma.
Problema 100
(ITA-2004) O termo independente de x no desenvolvimento do binômio
s
!12
r √
3
3 x
5x
− 3 √
5x
3 x
√
a) 729 3 45
√
b) 972 3 15
r
3
c) 891 3
5
r
5
d) 376 3
3
√
3
e) 165 75
J. Bartasevicius
27
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 101
(ITA-2004) Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma
caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma
bola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma
resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa
branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a
probabilidade de se retirar uma bola verde?
Problema 102
(ITA-2004) Considere a equação x3 + 3x2 − 2x + d = 0, em que d é uma
constante real. Para qual valor de d a equação admite uma raiz dupla
no intervalo ]0, 1[?
Problema 103
p
√
√
(ITA-2005) Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar que
a) x ∈]0, 2[
b) x é racional
√
c) 2x é irracional
d) x2 é irracional
e) x ∈]2, 3[
Problema 104
(ITA-2005) No desenvolvimento de (ax2 − 2bx + c + 1)5 obtém-se um
polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e −1 são raı́zes de
p(x), então a soma a + b + c é igual a
1
2
1
−
4
1
2
1
3
2
a) −
b)
c)
d)
e)
Problema 105
(ITA-2005)
√ O menor inteiro positivo n para o qual a diferença
√
n − n − 1 fica menor que 0, 01 é
a) 2499
28
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
b) 2501
c) 2500
d) 3600
e) 4900
Problema 106
p
p
√
√
3
3
(ITA-2005) (a) Mostre que o número real α = 2 + 5 + 2 − 5 é
raiz da equação x3 + 3x − 4 = 0.
(b) Conclua de (a) que α é um número racional.
Problema 107
(ITA-2005) Considere a equação em x ∈ R
√
√
1 + mx = x + 1 − mx
sendo m um parâmetro real.
(a) Resolva a equação em função do parâmetro m.
(b) Determine todos os valores de m para os quais a equação admite
solução não nula.
Problema 108
(ax − a−x )
= m, na variável real x,
(ax + a−x )
com 0 < a 6= 1. O conjunto de todos os valores de m para os quais esta
equação admite solução real é
(ITA-2006) Considere a equação
a) (−1, 0) ∪ (0, 1)
b) (−∞, −1) ∪ (1, +∞)
c) (−1, 1)
d) (0, ∞)
e) (−∞, +∞)
Problema 109
(ITA-2006) Considere uma prova com 10 questões de múltipla escolha,
cada questão com 5 alternativas. Sabendo que cada questão admite
uma única alternativa correta, então o número de formas possı́veis para
que um candidato acerte somente 7 das 10 questões é
a) 44 .30
b) 43 .60
c) 53 .60
J. Bartasevicius
29
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
7
d)
.43
3
10
e)
7
Problema 110
(ITA-2006) Considere as seguintes afirmações sobre a expressão
√ 101
P
S=
log8 4k 2 :
k=0
I. S é a soma dos termos de uma progressão geométrica finita
II. S é a soma dos termos de uma progressão aritmética finita de
razão 2/3
III. S = 3451
IV. S 6 3434 + log8
√
2
Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas
a) I e III
b) II e III
c) II e IV
d) II
e) III
Problema 111
(ITA-2006) Seja o sistema linear nas incógnitas x e y, com a e b reais,
dado por
(
(a − b) x − (a + b) y = 1
(a + b) x + (a − b) y = 1
Considere as seguintes afirmações:
1. O sistema é possı́vel e indeterminado se a = b = 0
2. O sistema é possı́vel e determinado se a e b não são simultaneamente
nulos
−1
3. x2 + y 2 = a2 + b2
, se a2 + b2 6= 0
Então pode-se afirmar que é(são) verdadeira(s) apenas
a) I
30
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
b) II
c) III
d) I e II
e) II e III
Problema 112
9
(ITA-2006) Determine o coeficiente de x4 no desenvolvimento de 1 + x + x2 .
Problema 113
(ITA-2007) Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto
de A com 6 elementos. O número de subconjuntos de A com um número
de elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é
a) 28 − 9
b) 28 − 1
c) 28 − 26
d) 214 − 28
e) 28
Problema 114
(ITA-2007) Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus logaritmos numa dada base k são números primos satisfazendo
logk (xy) = 49,
logk (x/z) = 44.
Então, logk (xyz) é igual a
a) 52
b) 61
c) 67
d) 80
e) 97
Problema 115
(ITA-2007) Sejam x e y dois números reais tais que ex , ey e o quociente
√
ex − 2 5
√
4 − ey 5
são todos racionais. A soma x + y é igual a
J. Bartasevicius
31
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) 0
b) 1
c) 2 log5 3
d) log5 2
e) 3 loge 2
Problema 116
(ITA-2007) Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto solução
do sistema
h
i
log (x + 2y) (w − 3z)−1 = 0,
2x+3z − 8.2y−3z+w = 0,
p
3
2x + y + 6z − 2w − 2 = 0.
Problema 117
(ITA-2008)
Para x ∈ R, o conjunto-solução de
3x
5 − 52x+1 + 4.5x = |5x − 1| é
√
√ a) 0, 2 ± 5, 2 ± 3
√ b) 0, 1, log5 2 + 5
(
√ !)
2
1
1
c) 0, log5 2, log5 3, log5
2
2
2
√ √ √ d) 0, log5 2 + 5 , log5 2 + 3 , log5 2 − 3
e) A única solução é x = 0
Problema 118
(ITA-2009) Uma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte com
motor a gasolina e o restante com motor “flex” (que funciona com
álcool e com gasolina). Numa determinada época, neste conjunto de
1000 carros, 36% dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros
com motor “flex” sofrem conversão para também funcionar com gás
GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556 dos 1000 carros desta
empresa são bicombustı́veis, pode-se afirmar que o número de carros
tricombustı́veis é igual a
a) 246
b) 252
c) 260
32
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
d) 268
e) 284
Problema 119
(ITA-2009) Se as soluções da equação algébrica 2x3 − ax2 + bx + 54 = 0
com coeficientes a, b ∈ R, b 6= 0, formam, numa determinada ordem,
a
uma progressão geométrica, então, é igual a
b
a) −3
1
b) −
3
1
c)
3
d) 1
e) 3
Problema 120
(ITA-2009) A expressão
11
x
2
2 sin x + π + cotan x tan
2
2
x
1 + tan2
2
é equivalente a
a) cos x − sin2 x cotan x
b) [sin x + cos x] tan x
c) cos2 x − sin x cotan2 x
d) 1 − cotan2 x sin x
e) 1 + cotan2 x [sin x + cos x]
Problema 121
(ITA-2009) Suponha que a equação algébrica
x11
+
10
X
an x n + a0 = 0
n=1
tenha coeficientes reais a0 , a1 , . . . , a10 tais que as suas onze raı́zes sejam
todas simples e da forma β + iγ n , em que β, γ n ∈ R formam uma
progressão aritmética de razão real γ 6= 0. Considere as três afirmações
abaixo e responda se cada uma delas é, respectivamente, verdadeira ou
falsa, justificando sua resposta:
J. Bartasevicius
33
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
I. Se β = 0, então a0 = 0
II. Se a10 = 0, então β0 = 0
III. Se β = 0, então a1 = 0
Problema 122
√ 5
√
√ 5
√
(ITA-2010) A expressão 2 3 + 5 − 2 3 − 5 é igual a
√
a) 2630 5
√
b) 2690 5
√
c) 2712 5
√
d) 1584 15
√
e) 1604 15
Problema 123
(ITA-2010) Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo
instante de um espetáculo moderno os refletores são acionados ale2
atoriamente de modo que, para cada um dos refletores, seja de a
3
probabilidade de ser aceso: Então, a probabilidade de que, neste instante,
4 ou 5 refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
16
27
49
81
151
243
479
729
24
+
34
25
35
Problema 124
3x − 3−x
(ITA-2010) Analise a função f : R → R, f (x) =
é bijetora e,
2
−1
em caso afirmativo, determine a função inversa f .
Problema 125
(ITA-2010) Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a 90,
sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à retirada de cada
uma das demais.
34
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna. Calcule a
probabilidade de o número desta bola ser um múltiplo de 5 ou de
6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna e, sem repôla, retira-se uma segunda bola. Calcule a probabilidade de o
número da segunda bola retirada não ser um múltiplo de 6.
Problema 126
(ITA-2011) O sistema


x + 2y + 3z = a
y + 2z = b


3x − y − 5cz = 0
a) é possı́vel ∀a, b, c ∈ R
7b
ou c 6= 1
3
c) é impossı́vel quando c = 1, ∀a, b ∈ R
7b
d) é impossı́vel quando a 6= ∀c ∈ R
3
7b
e) é possı́vel quando c = 1 e a 6=
3
b) é possı́vel quando a =
Problema 127
(ITA-2011) A expressão 4e2x + 9e2y − 16ex − 54ey + 61 = 0, com x e y
reais, representa
a) o conjunto vazio
b) um conjunto unitário
c) um conjunto não-unitário com um número finito de pontos
d) um conjunto com um número infinito de pontos
n
o
e) o conjunto (x, y) ∈ R2 | 2 (ex − 2)2 + 3 (ey − 3)2 = 1
Problema 128
log 1 (x2 −x+19)
1
5
(ITA-2011) Resolva a inequação em R: 16 <
.
4
Problema 129
(ITA-2011) Determine todos os valores de m ∈ R tais que a equação
(2 − m)x2 + 2mx + m + 2 = 0 tenha duas raı́zes reais distintas e maiores
que zero.
J. Bartasevicius
35
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 130
(ITA-2012) Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se
apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número de diferentes
maneiras em que a moeda de 25 centavos pode ser trocada é igual a
a) 6
b) 8
c) 10
d) 12
e) 14
Problema 131
(ITA-2012) Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três disparos.
Se os dois atiradores disparam simultaneamente, então a probabilidade
do alvo ser atingido pelo menos uma vez é igual a
a) 92
b) 13
c) 49
d) 59
e) 23
Problema 132
(
3 + x2 , x > 0
(ITA-2012) Analise se f : R → R, f (x) =
3 − x2 , x < 0
em caso afirmativo, encontre f −1 : R → R.
é bijetora e,
Problema 133
(ITA-2012) Determine os valores de θ ∈ [0, 2π] tais que logtan(θ) esin(θ) >
0.
Problema 134
(ITA-2013) A soma das raı́zes da equação em C, z 8 − 17z 4 + 16 = 0,
tais que z − |z| = 0, é
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
36
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
e) 5
Problema 135
(ITA-2013) A soma de todos os números reais x que satisfazem a equação
√
√
√
8 x+1 + 44 2 x+1 + 64 = 19 4 x+1
é igual a
a) 8
b) 12
c) 16
d) 18
e) 20
Problema 136
(ITA-2013) Se os numeros reais a e b satisfazem, simultaneamente, as
equações
q
√
1
a b = e ln(a2 + b) + ln 8 = ln 5,
2
a
um possı́vel valor de b é
√
a) 22
b) 1
√
c) 2
d) 2
√
e) 3 2
Problema 137
√ !10
1 + 3i
√
(ITA-2014) Se z =
, então o valor de 2 arcsin(Re(z)) +
1 − 3i
5 arctan(2Im(z)) é igual a
5π
7
4π
b)
5
3π
c)
2
a)
J. Bartasevicius
37
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
8π
3
9π
e)
4
d)
Problema 138
(ITA-2014) Seja p o polinômio dado por p(x) =
15
P
aj xj , com aj ∈
j=0
R, j = 0, 1, . . . , 15, e a15 =
6 0. Sabendo-se que i é uma raiz de p e que
p(2) = 1, então o resto da divisão de p pelo polinômio q, dado por
q(x) = x3 − 2x2 + x − 2, é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
1 2
x −
5
1 2
x +
5
2 2
x +
5
3 2
x −
5
3 2
x +
5
1
5
1
5
2
5
3
5
1
5
Problema 139
π
=
(ITA-2014) Seja n um inteiro positivo tal que sin
2n
a) Determine n.
π
b) Determine sin .
24
r
√
2− 3
.
4
Problema 140
(ITA-2014) Sabe-se que a equação 3x2 + 5xy − 2y 2 − 3x + 8y − 6 = 0
representa a reunião de duas retas concorrentes, r e s, formando um
ângulo agudo θ. Determine a tangente de θ.
Problema 141
(EN-2008) Consideremos a, x ∈ R∗+ , x 6= 1 e a 6= 1. Denotemos por log x
e loga x, os logaritmos nas bases 10 e a respectivamente. O produto das
2
1
raı́zes reais da equação 2 1 + logx2 (10) =
é
(−1)
log(x
√
a) 10 10
√
b) 10
38
J. Bartasevicius
)
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
√
c) 1010
√
10
d) 100
e) 100
Problema 142
(EN-2008) Seja n o menor inteiro
ao domı́nio da função
r pertencente
x
real de variável real f (x) = ln 3 27 e +1
(x+1) . Podemos afirmar que
( 64 )−( 34 )
q p
√
logn 3 3 3 3 . . . é a raiz da equação
a) x3 − 2x2 − 9 = 0
b) x3 + x − 1 = 0
c) x4 − 4x2 − x + 2 = 0
d) x2 − 4x + 3 = 0
e) x4 − 4x2 + x + 1 = 0
Problema 143
(EN-2008) O sistema linear


x + 2y − 3z = 4
3x − y + 5z = 2


4x + y + (a2 − 14)z = a + 2
onde a ∈ R, pode ser impossı́vel e também possı́vel e indeterminado.
Os valores de a que verificam a afirmação anterior são, respectivamente
a) 4 e −4
b) −4 e 4
c) 24 e −24
d) −24 e 24
√
e) 12 e 12
Problema 144
2
(EN-2009) Ao escrevermos x4x+1 = a xAx+B
+ a xCx+D
onde
2
2
1 +b1 x+c1
2 +b2 x+c2
ai , bi , ci (1 6 i 6 2) e A, B, C e D são constantes reais, podemos afirmar
que A2 + C 2 vale
a) 38
J. Bartasevicius
39
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
b) 21
c) 14
d) 18
e) 0
Problema 145
(EN-2009) No sistema decimal, a quantidade de números ı́mpares positivos menores que 1000, com todos os algarismos distintos é
a) 360
b) 365
c) 405
d) 454
e) 500
Problema 146
(EN-2009) Considere x1 , x2 e x3 ∈ R raı́zes da equação 64x3 − 56x2 +
14x − 1 = 0. Sabendo que x1 , x2 e x3 são termos consecutivos de uma
PG e estão em ordem decrescente, podemos afirmar que o valor da
expressão sin [(x1 + x2 )π] + tan [(4x1 x3 )π] vale
a) 0
√
b) 22
√
c) 2−2 2
d) 1
√
e) 2+2 2
Problema 147
(EN-2010) Considere a equação x2 + bx + c = 0, onde c representa a
quantidade de valores inteiros que satisfazem a inequação |3x − 4| 6 2.
Escolhendo-se o número b, ao acaso, no conjunto {−4, −3, −2, −1, 0,
1, 2, 3, 4, 5}, qual é a probabilidade da equação acima ter raı́zes reais?
a) 0, 50
b) 0, 70
c) 0, 75
d) 0, 80
40
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
e) 1
Problema 148
(EN-2010) A inequação x2 − 6x 6 − x2 + px + c tem como solução o
intervalo [0, 2], onde p, c ∈ R. Seja q a maior raiz da equação
4|x+1| = 16.2|x+1| − 64. A representação trigonométrica do número
complexo p + iq é
√
5π
5π
a) 2 3 cos
+i
3
3
√
3π
3π
b) 2 2 cos
+i
4
4
√ π
π
c) 2 cos + i
6
6
√ π
π
d) 2 3 cos + i
3
3
√
7π
7π
e) 2 2 cos
+i
4
4
Problema 149
(EN-2010) Uma progressão geométrica infinita tem o 4° termo igual a
5. O logaritmo na base 5 do produto de seus 10 primeiros termos vale
10 − 15 log5 2. Se S é a soma desta progressão, então o valor de log2 S é
a) 2 + 3 log2 5
b) 2 + log2 5
c) 4 + log2 5
d) 1 + log2 5
e) 4 + 2 log2 5
Problema 150
(EN-2010) Sejam√a, b, c as raı́zes da equação 12x3 − 4x2 − 3x + 1 = 0.
Qual o valor de a3 + b3 + c3 + 1?
√
2 21
a)
9
√
2 7
b)
3
√
2 7
c)
9
J. Bartasevicius
41
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
√
21
9
√
21
e)
3
d)
Problema 151
(EN-2010) Considere f uma função definida no conjunto dos números
naturais tal que p
f (n + 2) = 3 + f (n), ∀n ∈ N, f (0) = 10 e f (1) = 5.
Qual o valor de f (81) − f (70)
√
a) 2 2
√
b) 10
√
c) 2 3
√
d) 15
√
e) 3 2
Problema 152
(EN-2011) Em que ponto da curva y 2 = 2x3 a reta tangente é perpendicular à reta de equação 4x − 3y + 2 = 0?
1 −1
a)
,
8 16
√ !
1 − 2
,
b)
4 16
√ c) 1, − 2
d) (2, −4)
1 −1
e)
,
2 2
Problema 153
(EN-2011) Sendo x e y números reais,
 a soma de todos os valores de x
1

x y = 2
y
e de y, que satisfazem ao sistema
1

y x = √
x
36
5
9
b)
2
a)
42
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
5
2
25
d)
4
−1
e)
2
c)
Problema 154
3
√
(EN-2011) Sendo i = −1, n ∈ N, z = i8n−5 + i4n−8 + 2i e P (x) =
−2x3 + x2 − 5x + 11 um polinômio sobre o conjunto dos números
complexos, então P (z) vale
a) −167 + 4i
b) 41 + 0i
c) −167 − 4i
d) 41 + 2i
e) 0 + 4i
Problema 155
(EN-2011) Três números inteiros estão em PG. A soma destes números
vale 13 e a soma dos seus quadrados vale 91. Chamando de n o termo
do meio desta PG, quantas comissões de n elementos, a Escola Naval
pode formar 28 professores do Centro Técnico Cientı́fico?
a) 2276
b) 3176
c) 3276
d) 19656
e) 19556
Problema 156
(EN-2012) Uma esfera confeccionada em aço é usada em um rolamento
de motor de um navio da Marinha do Brasil. Se o raio da esfera mede
s
r q
p √
3 5 3 5 3 . . .cm, então seu volume vale
a) 45.10−3 π dm3
b) 0, 45.10−3 π dm3
c) 60.10−3 π dm3
J. Bartasevicius
43
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
d) 0, 15.103 π dm3
e) 60.103 π dm3
Problema 157
(EN-2012) Considere a seqüência (a, b, 2) uma progressão aritmética e a
seqüência (b, a, 2) uma progressão geométrica não constante, a, b ∈ R.
A equação da reta que passa pelo ponto (a, b) e pelo vértice da curva
y 2 − 2y + x + 3 = 0
a) 6y − x − 4 = 0
b) 2x − 4y − 1 = 0
c) 2x − 4y + 1 = 0
d) x + 2y = 0
e) x − 2y = 0
Problema 158
(EN-2012) Considere como espaço amostral (Ω), o cı́rculo no plano xy
de centro na origem e raio igual a 2. Qual a probabilidade do evento
A = {(x, y) ∈ Ω | |x| + |y| < 1}?
a)
b)
c)
d)
e)
2
π
4π
1
π
1
2π
π
Problema 159
(EN-2012)
Seja m a menor raiz inteira da equação
(x − 1)(5x − 7)
! = 1.
3
12m
√
Pode-se afirmar que o termo médio do desenvolvimento de
y − z3
é
12! 18 3
y z2
6!6!
−12! 3 18
b)
y z
6!6!
a)
44
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
30! 15 45
y2z
15!15!
−30! 15 45
d)
y2z
15!15!
12! 3 18
e)
y z
6!6!
Problema 160
(EN Masculino-2013) Considere f uma função real de variável real tal
que:
c)
(1) f (x + y) = f (x)f (y)
(2) f (1) = 3
√
(3) f ( 2) = 2
√
Então, f (2 + 3 2) é igual a
a) 108
b) 72
c) 54
d) 36
e) 12
Problema 161
(EN Masculino-2013) De um curso preparatório de matemática para
o concurso público de ingresso à Marinha participaram menos de 150
pessoas. Destas, o número de mulheres estava para o número de homens
na razão de 2 para 5, respectivamente. Considerando que a quantidade
de participantes foi a maior possı́vel, de quantas unidades o número de
homens excedia o de mulheres?
a) 50
b) 55
c) 57
d) 60
e) 63
Problema 162
(EN Feminino-2013) Sejam F (x) = x3 + ax + b e G(x) = 2x2 + 2x − 6
dois polinômios na variável real x, com a e b números reais. Qual o
F (x)
valor de (a + b) para que a divisão
seja exata?
G(x)
J. Bartasevicius
45
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) −2
b) −1
c) 0
d) 1
e) 2
Problema 163
(EN Feminino-2013) O coeficiente de x5
no desenvolvimento de
7
2
3
+x
x
é
a) 30
b) 90
c) 120
d) 270
e) 560
Problema 164
(EN Feminino-2013) Qual o menor valor de n, n inteiro maior que zero,
para que (1 + i)n seja um número real?
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
Problema 165
(EN Feminino-2013) Um aspirante da Escola Naval tem, em uma prateleira de sua estante, 2 livros de Cálculo, 3 livros de História e 4 livros
de Eletricidade. De quantas maneiras ele pode dispor estes livros na
prateleira de forma que os livros de cada discipplina estejam sempre
juntos?
a) 1728
b) 1280
c) 960
d) 864
46
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
e) 288
Problema 166
(EN Feminino-2014) Sabendo que log x representa o logaritmo de x
na base10, qual
é o domı́nio da função real de variável real f (x) =
x
3
arccos log
10 ?
√
3
4x − x
a) ]0, 2[
1
,1
b)
2
c) ]0, 1]
d) [1, 2[
1
e)
,2
2
Problema 167
(EN Feminino-2014) Considere a sequência x1 =
1+2+3
1+2+3+4
; x4 =
; . . .. O valor de xn
1+2+4
1+2+4+8
a)
b)
c)
d)
e)
1
1+2
; x2 =
;x =
2
1+2 3
é
n+1
2
n(n − 1)
2n
n(n + 1)
2n − 1
n(n + 1)
2n
n(n + 1)
2 (2n − 1)
Problema 168
(EN Feminino-2014) Um restaurante a quilo vende 200 quilos de comida
por dia, a 40 reais o quilo. Uma pesquisa de opinião revelou que, a cada
aumento de um real no preço do quilo, o restaurante perde 8 clientes
por dia, com um consumo médio de 500 gramas cada. Qual deve ser
o valor do quilo de comida, em reais, para que o restaurante tenha a
maior receita possı́vel por dia?
J. Bartasevicius
47
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) 52
b) 51
c) 46
d) 45
e) 42
Problema 169
√
1
3
(EN Masculino-2014) Sabendo que z é o número complexo z = +
i,
2
2
o qual o menor inteiro positivo n, para o qual o produto z.z 2 .z 3 . . . z n é
um real positivo?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Problema 170
(Magistério Marinha - 2007) Duas pessoas combinam de se encontrar
em um determinado lugar entre meio dia e 13 horas, podendo cada uma
delas escolher o horário aleatoriamente. O primeiro a chegar esperará
15 min pelo outro, sendo que, se o outro não chegar, esse primeiro
voltará para casa, e o encontro não acontecerá. Além disso, nenhum
deles continuará a esperar além das 13 horas. Qual a probabilidade de
o encontro acontecer?
5
a) 16
b) 38
7
c) 16
d) 12
e) 58
Problema 171
(Magistério Marinha - 2007) Considere as expressões abaixo.
x=
48
2, 00000000002
1, 000000000022 + 2, 00000000002
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
y=
2, 00000000004
1, 000000000042 + 2, 00000000004
e
20, 00000000002
19, 000000000022 + 20, 00000000002
Sobre elas, é correto afirmar que:
z=
a) x > y > z
b) x > z > y
c) y > x > z
d) y > z > x
e) z > y > x
Problema 172
(CN-2007) Se x + y = 2 e (x2 + y 2 )/(x3 + y 3 ) = 4, então xy é igual a
a) 12/11
b) 13/11
c) 14/11
d) 15/11
e) 16/11
Problema 173
(CN-2007) Em um número natural N de 9 algarismos, tem-se: os
algarismos das unidades simples, unidades de milhar e unidades de
milhão iguais a x; os algarismos das dezenas simples, dezenas de milhar
e dezenas de milhão iguais a y; e os algarismos das centenas simples,
centenas de milhar e centenas de milhão iguais a z. Pode-se afirmar
que N sempre será divisı́vel por
a) 333664
b) 333665
c) 333666
d) 333667
e) 333668
Problema 174
(CN-2008) O número a =
6 0 tem inverso igual a b. Sabendo-se que
a + b = 2, qual é o valor de (a3 + b3 )(a4 − b4 )?
J. Bartasevicius
49
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) 8
b) 6
c) 4
d) 2
e) 0
Problema 175
2 +
(CN-2008) Qual é a soma dos quadrados das raı́zes da equação x−1
3
x+1 = 1, com x real e x 6= ±1?
a) 16
b) 20
c) 23
d) 25
e) 30
Problema 176
√
√
3
(CN-2008) A solução de 4x2 − 4x + 1 = −1 + 6x − 12x2 + 8x3 no
campo reais é
a) o conjunto vazio
b) {1/2}
c) {-1/2,1/2}
d) [1/2, +∞[
e) ] − ∞, +∞[
Problema 177
(CN-2008) Num determinado jogo, o apostador recebe, toda vez que
ganha, o valor apostado inicialmente, mais 25% do mesmo; e recebe, toda
vez que perde, apenas 25% do valor apostado inicialmente. Sabendose que foi feita uma aposta inicial de uma quantia x e que foram
realizadas quatro jogadas, sempre sendo apostado o valor total obtido
na jogada anterior, das quais ganhou-se duas e perdeu-se duas, qual é,
aproximadamanete, o percentual de x obtido no final?
a) 3,7
b) 4,7
c) 5,7
50
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
d) 6,7
e) 9,8
Problema 178
√ 2008
√
(3+2
2)
√
+
3
−
2
(CN-2008) O valor de
2 é um número
1338
(5 2+7)
a) múltiplo de onze
b) múltiplo de sete
c) múltiplo de cinco
d) múltiplo de três
e) primo
Problema 179
(CN-2009) A menor raiz da equação ax2 + bx + c, com abc =
6 0, é a média
geométrica entre m e a maior raiz. A maior raiz é a média geométrica
entre n e a menor raiz. Pode-se afirmar que m + n é expresso por:
3
a) 3abc−b
2
a c
3
b) 3abc+b
2
a c
3
c) 3abc−b
2
c a
3
d) abc+b
2
c a
3
e) abc−b
2
a c
Problema 180
(CN-2009) O conjunto solução de números reais, tal que o valor da
expressão
(x−5)15 (2x−1)10
(3x+1)8
é maior do que, ou igual a zero, é:
a) [5, +∞[∪{− 13 , 12 }
b) ] − ∞, 12 ] ∪ [5, +∞[
c) ] − ∞, +∞[
d) ] − 13 , 12 ] ∪ [5, +∞[
e) { 12 ∪ [5, +∞[}
Problema 181
(CN-2009) Quantos são os números inteiros com os quais é possı́vel, no
conjunto
dos reais, calcular o valor numérico da expressão algébrica
√
103x − x2 − 300?
J. Bartasevicius
51
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) 100
b) 99
c) 98
d) 97
e) 96
Problema 182
(CN-2010) No conjunto dos inteiros positivos sabe-se que a é primo com
b quando mdc(a, b) = 1.
Em relação a este conjunto, analise as afirmativas a seguir.
I - A fatoração em números primos é única.
II - Existem 8 números primos com 24 e menores que 24.
III - Se (a + b)2 = (a + c)2 então b = c.
IV - Se a < b, então a.c < b.c.
Quantas das afirmativas acima são verdadeiras?
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Problema 183
(CN-2010) Estudando os quadrados dos números naturais, um aluno
conseguiu determinar corretamente o número de soluções inteiras e
positivas da equação 5x2 + 11y 2 = 876543. Qual foi o número de
soluções que este aluno obteve?
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Problema 184
(CN-2010)
No conjunto dos números reais, o conjunto solução da equação
p
4
(2x − 1)4 = 3x + 2
52
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) é vazio.
b) é unitário.
c) possui dois elementos.
d) possui três elementos.
e) possui quatro elementos.
Problema 185
(
√
3x − y 3 = 0
(CN-2010) No sistema
x2 y −2 = 13
inteiras para x e y é:
, a quantidade de soluções
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) infinita.
Problema 186
(CN-2010) Considere o sistema abaixo nas variáveis reais x e y, sendo a
e b reais.
(
375y 2 x − 125y 3 − 375yx2 + 125x3 = 125b
y 2 + x2 + 2yx = a2
6
Nessas condições, qual será o valor de x2 − y 2 ?
a) a3 b6
b) a8 b6
c) a6 b2
d) a3 b6
e) a4 b6
Problema 187
(CN-2011)
A quantidade de soluções reais e distintas da equação 3x3 −
√
33x3 + 97 = 5
a) 1
b) 2
J. Bartasevicius
53
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
c) 3
d) 5
e) 6
Problema 188
q
p √
(3,444...+4,555...)
√
(CN-2011) O valor de 90,5 x0, 333 . . . + 7 4x 0, 0625−
3
64
é
a) 0
√
b) 2
√
c) 3 − 2
√
d) 2 − 2
e) 1
Problema 189
p
√
3
(CN-2011) O número real 26 − 15 3 é igual a
√
a) 5 − 3
p
√
b) 7 − 4 3
√
c) 3 − 2
p
√
d) 13 − 3 3
e) 2
Problema 190
(CN-2012) Os números (35041000)7 , (11600)7 e (62350000)7 estão na
base 7. Esses números terminam, respectivamente, com 3, 2 e 4 zeros.
Com quantos zeros terminará o número de base decimal n = 212012 , na
base 7?
a) 2012
b) 2013
c) 2014
d) 2015
e) 2016
Problema 191
(CN-2012) Qual o menor valor positivo de 2160x + 1680y, sabendo que
x e y são números inteiros?
54
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
a) 30
b) 60
c) 120
d) 240
e) 480
Problema 192
(CN-2012) Na fabricação de um produto é utilizado o ingrediente A ou
B. Sabe-se que 10 quilogramas (kg) do ingrediente A produz o mesmo
efeito que 100kg do ingrediente B. Se a soma de x kg do ingrediente A
com y kg do ingrediente B é igual a 44000 gramas, então:
a) y x = 260
√
√
b) x.y = 5 10
√
c) 10 y x = 256
√
d) 4 xy = 20
q
√
y
e)
x =2 5
Problema 193
(CN-2012) Sabendo que A = √
√
6
√3+ √
√ ,
5 3−2 12− 32+ 50
A2
√
6 7?
A
a)
b)
√
5
√
7
√
8
qual é o valor de
34
36
35
√
10 7
d)
3
√
12 5
e)
3
c)
Problema 194
1
1
1
1
1
(CN-2013) Sejam P = 1 + 3 1 + 5 1 + 7 1 + 9 1 + 11 e
q
1
1
1
1
P?
Q = 1 − 5 1 − 7 1 − 9 1 − 11 . Qual é o valor de Q
a)
√
2
b) 2
√
c) 5
J. Bartasevicius
55
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
d) 3
e) 5
Problema 195
(CN-2013) Qual é o valor da expressão
7

√
s
92
r
3
27
7
√
3
1
448
5
3
3
 30,333...
−
+ 22 − 239 +
3 
7
a) 0,3
√
b) 3 3
c) 1
d) 0
e) -1
Problema 196
(CN-2013) Seja a, b, x, y números naturais não nulos. Se a.b = 5, k =
2
√
2(a+b) e x2 − y 2 = 5 k, qual é o algarismo das unidades do número
2
(a−b)
2
(y x − xy )?
a) 2
b) 3
c) 5
d) 7
e) 8
Problema 197
2 +37
(CN-2013) O maior inteiro n, tal que nn+5
também é inteiro, tem como
soma dos seus algarismos um valor igual a
a) 6
b) 8
c) 10
d) 12
e) 14
56
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 1. PROBLEMAS
Problema 198
(CN-2013)
Dado que a e b são números reais não nulos, com b 6= 4a, e
(
2
1+ =5
que 5−2bab
, qual é o valor de 16a4 b2 − 8a3 b3 + a2 b4 ?
2
=
4a
+
b
4a−b
a) 4
1
b) 18
1
c) 12
d) 18
e) 14
Problema 199
√
√
(CN-2014) A solução real da equação x + 4 + x − 1 = 5 é:
a) múltiplo de 3.
b) par e maior do que 17.
c) ı́mpar e não primo.
d) um divisor de 130.
e) uma potência de 2.
Problema 200
(CN-2014) Considere a equação do 2° grau 2014x2 − 2015x − 4029 = 0.
Sabendo-se que a raiz não inteira é dada por ab , onde a e b são primos
entre si, a soma dos algarismos de a + b é:
a) 7
b) 9
c) 11
d) 13
e) 15
J. Bartasevicius
57
Capı́tulo 2
Soluções
Solução 1
Substituindo y = ax em xy = y x , tem-se:
xax = (ax)x =⇒ (xa )x = (ax)x =⇒ xa = ax
Sendo x 6= 0, divide-se a equação por x e tem-se:
xa−1 = a
√
∴ x = a−1 a
Solução 2
sin a
sin b
+
= −p =⇒
cos a cos b
sin a cos b + sin b cos a
= −p =⇒
cos a cos b
sin(a + b)
= −p =⇒
cos a cos b
sin(a + b) = −p(cos a cos b)
tan a + tan b = −p =⇒
(A)
sin a
sin b
×
= q =⇒
cos a cos b
sin a sin b
sin a sin b
sin a sin b
= q =⇒ −
= −q =⇒ 1−
= 1−q =⇒
cos a cos b
cos a cos b
cos a cos b
cos a cos b − sin a sin b
cos(a + b)
= 1 − q =⇒
= 1 − q =⇒
cos a cos b
cos a cos b
tan a. tan b = q =⇒
58
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
cos(a + b) = (1 − q)(cos a cos b)
(B)
Fazendo (A) ÷ (B):
sin(a + b)
−p(cos a cos b)
=
=⇒
cos(a + b)
(1 − q)(cos a cos b)
tan(a + b) =
−p
1−q
(C)
Calculando y:
sin(a + b)
cos(a + b)
y=
+ p + q.
. sin(a + b) cos(a + b) =⇒
cos(a + b)
sin(a + b)
1
y = tan(a + b) + p + q.
. [sin(a + b) cos(a + b)]
tan(a + b)
Substituindo sin(a + b), cos(a + b) e tan(a + b) pelas expressões em (A),
(B) e (C):
1−q
−p
+ p + q.
y=
. [−p(cos a cos b)] [(1 − q)(cos a cos b)] =⇒
1−q
−p
2
i
p + p(1 − q)(−p) + q(1 − q)2 h
y=
. (−p)(1 − q)(cos2 a cos2 b) =⇒
(1 − q)(−p)
h
i 1
1
2
2
2
2
3
y = p + (−p + p q) + (q − 2q + q ) .
) =⇒
tan2 a + 1 tan2 b + 1
h
i 1
2
2
3
=⇒
y = p q + q − 2q + q .
tan2 a tan2 b + tan2 a + tan2 b + 1
h
i
y = q 3 − 2q 2 + q + p2 q ×


1
 =⇒
×
2
2
(tan a tan b) + (tan a + tan b) − 2 tan a tan b + 1


h
i
1
 =⇒
y = q 3 − 2q 2 + q + p2 q × 
2
2
q + (−p) − 2q + 1
q q 2 − 2q + 1 + p2
q 3 − 2q 2 + q + p2 q
y= 2
=
q + p2 − 2q + 1
q 2 − 2q + 1 + p2
∴y=q
J. Bartasevicius
59
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 3
Nomeia-se P (x) = (cos ϕ + x sin ϕ)n.
Chamando o divisor d(x) = x2 + 1 , um polinômio de 2º grau, o resto
r(x) deve ser um polinômio de, no máximo, primeiro grau: r(x) = αx+β.
Portanto, P (x) = d(x)q(x) + r(x).
Ao utilizar x com o valor das raı́zes do divisor, tem-se que o valor do
polinômio é o mesmo valor do resto.
As raı́zes de d(x) = x2 + 1 são x = ±i.
Logo:
P (i) = d(i) q(i) + r(i) =⇒ P (i) = r(i)
(A)
|{z}
=0
e
P (−i) = d(−i) q(−i) + r(−i) =⇒ P (−i) = r(−i)
| {z }
(B)
=0
Substituindo x por ±i em (A) e (B):
(
(cos ϕ + i sin ϕ)n = αi + β
(cos ϕ − i sin ϕ)n = α(−i) + β
Transformando cos ϕ ± i sin ϕ para coordenada polar:
(
(
1 nϕ = iα + β
(1 ϕ)n = iα + β
=⇒
n
(1 −ϕ) = −iα + β
1 −nϕ = −iα + β
Voltando para representação em coordenada retangular:
(
(
cos(nϕ) + i sin(nϕ) = iα + β
α = sin(nϕ)
=⇒
cos(nϕ) − i sin(nϕ) = −iα + β
β = cos(nϕ)
Substituindo α e β em r(x):
r(x) = αx + β
∴ r(x) = sin(nϕ)x + cos(nϕ)
Solução 4
1 − sin x =
60
√
3 cos x =⇒
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Como −1 6 sin x 6 1, logo
√
3 cos x > 0 =⇒ −
π
π
6x6 .
2
2
√ p
3 1 − sin2 x =⇒
1 − 2 sin x + sin2 x = 3 1 − sin2 x =⇒
1 − sin x =
4 sin2 x − 2 sin x − 2 = 0 =⇒

sin x = 1
2 sin2 x − sin x − 1 = 0 =⇒
1
sin x = −
2
π
π 5π
Então, x = ou x ∈ − , −
.
2
6
6
π
π
Como cos x > 0, são somente soluções e − .
2
6
π
π
∴ x = + 2kπ ou x = − + 2kπ, k ∈ Z.
2
6
(÷2)
Solução 5
αxγ+1 + βxγ + 1 | (x − 1)2
αxγ+1 + βxγ + 1 precisa ser dividido duas vezes por (x − 1).
Na primeira divisão de αxγ+1 + βxγ + 1, o quociente é αxγ + (α +
β)xγ−1 + (α + β)xγ−2 + . . . + (α + β) e o resto é α + β + 1.
A divisão é exata, então α + β + 1 = 0. Logo,
α + β = −1
(A)
Substituindo α + β = −1, o quociente será αxγ − xγ−1 − xγ−2 + . . . − 1.
Dividindo este quociente novamente por (x − 1), será realizada a divisão
por (x − 1)2 .
αxγ − xγ−1 − xγ−2 + . . . − 1 dividido por (x − 1) resulta em quociente
αxγ−1 + (α − 1)xγ−2 + (α − 2)xγ−3 + (α − 3)xγ−4 + . . . + (α − (γ − 1))
e resto α − γ + 1.
A divisão é exata, então α − γ + 1 = 0, e
α=γ−1
(B)
J. Bartasevicius
61
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
O quociente é 120 para x = 1. Substituindo no quociente, tem-se o
resultado
α + (α − 1) + (α − 2) + (α − 3) + . . . + (α − (γ − 1)) = 120
|
{z
}
γ termos
αγ − (1 + 2 + 3 + . . . + (γ − 1)) = 120
αγ −
(γ − 1)γ
= 120
2
Substituindo α de B:
(γ − 1)γ −
(γ − 1)γ
= 120
2
γ 2 − γ − 240 = 0 =⇒ γ = 16 ∨ γ = −15
γ = −15 não é uma solução possı́vel, pois os expoentes de x no polinômio são inteiros positivos.
Com γ = 16, de (B) α = 15. E de (A), β = −14.
∴ γ = 16, α = 15 e β = −14.
Solução 6
(2n + 1) + (2n + 3) + (2n + 5) + . . . + (2n + (2a + 1)) = 73
|
{z
}
a+1 termos
Portanto, a série inicia em (2n + 1) e termina em (2n + (2a + 1)).
(2n)(a + 1) + (1 + 3 + 5 + . . . + (2a + 1)) = 73
(2n)(a + 1) +
(2a + 2)(a + 1)
= 73
2
(2n)(a + 1) + (a + 1)(a + 1) = 73
(a + 1)(2n + a + 1) = 73
(A)
De (A) há 4 possibilidades para a, n ∈ Z:
I. (a + 1) = 70 e (2n + a + 1) = 73 =⇒ a = 0 e n = 168. Neste caso,
existe somente um número na série: 343;
62
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
II. (a + 1) = 71 e (2n + a + 1) = 72 =⇒ a = 6 e n = 21. Neste caso,
a série se inicia em 43 e termina em 55;
III. (a + 1) = 72 e (2n + a + 1) = 71 =⇒ a = 48 e n = −21. Neste
caso, a série se inicia em -41 e termina em 55;
IV. (a + 1) = 73 e (2n + a + 1) = 70 =⇒ a = 342 e n = −171. Neste
caso, a série se inicia em -341 e termina em 343;
Solução 7
z 2 + 2iz + (2 − 4i) = 0
p
−2i ± (2i)2 − 4(2 − 4i)
z=
2
√
−2i ± 2 −3 + 4i
z=
2
√
z = −i ± −3 + 4i
√
(X + Y i)2 = −3 + 4i =⇒ X = 1 e Y = 2, ∴ −3 + 4i = 1 + 2i
∴ z1 = 1 + i e z2 = −1 − 3i
Localizando no plano complexo:
3i C
2i
z1
i
-3
-2
-1
0
1
2
3
R
−i
z2
−2i
−3i
J. Bartasevicius
63
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 8
O artifı́cio para solucionar este tipo de problema é transformar a matriz
de modo a possuir zeros em seu triângulo superior ou inferior para que
o determinante seja o produto da diagonal.
Diminuindo os elementos das demais colunas do valor dos elementos da
primeira coluna:
1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 3 1 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 0 1 1 5 1 1 1 1 1 0 4 0 0 0 0 D = 1 1 1 7 1 1 1 = 1 0 0 6 0 0 0 1 1 1 1 9 1 1 1 0 0 0 8 0 0 1 1 1 1 1 11 1 1 0 0 0 0 10 0 1 1 1 1 1 1 13 1 0 0 0 0 0 12
Com o aparecimento de zeros no “triângulo superior” da matriz, cálculo
do determinante é simplificado:
2 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 6 0 0 0 0 0 6 0 0 0 = 1 × 2 × 0 0 8 0 0 =
D = 1 × 0 0 0 8 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 12
0 0 0 0 0 12
6
0
= 1 × 2 × 4 × 0
0
0 0 0 8 0 0 = ...
0 10 0 0 0 12
∴ D = 1 × 2 × 4 × . . . × 12 = 46080
Solução 9
n
X
k 2 = 12 + 22 + 32 + . . . + n2 =⇒
k=1
=⇒
n
X
k=1
64
k2
=
n−1
X
k=1
J. Bartasevicius
k 2 + n2
(A)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Como o enunciado da questão diz que o polinômio possui, no máximo,
4 termos, então pode-se assumir o polinômio na forma
n
X
k 2 = an3 + bn2 + cn + d
(B)
k=1
Aplicando (B) em (A), tem-se:
an3 + bn2 + cn + d = a(n − 1)3 + b(n − 1)2 + c(n − 1) + d + n2 =⇒
an3 + bn2 + cn + d = an3 + (−3a + b + 1)n2 + (3a − 2b + c)n + (d − c)
Igualando os coeficientes tem-se:

a=a



b = −3a + b + 1 =⇒ a = 1
3

c
=
3a
−
2b
+
c
=⇒
3a
−
2b
=0



d = d − c + b − a =⇒ a − b + c = 0
Com a = 13 , 3. 13 − 2b = 0 =⇒ b = 12 .
a − b + c = 0 e ∴ c = 61 .
Para o cálculo da cosntante d, deve-se substituir n por 1 em
n
P
k2:
k=1
1
1
1
12 = .13 + .12 + .1 + d =⇒ d = 0
3
2
6
3
2 +n
∴ O polinômio é 2n +3n
6
Solução 10
Incialmente, deve-se separar cada uma das possibilidades por lançamento:
Jogador I Jogador II Jogador III Número de ocorrências
P
P
P
a
P
P
B
b
P
B
P
c
P
B
B
d
B
P
P
e
B
P
B
f
B
B
P
g
B
B
B
h
a + b + c + d + e + f + g + h = 50
J. Bartasevicius
65
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Ocorrer faces pretas para pelo menos um jogador é o mesmo que
descartar todas as ocorrências onde houve faces brancas para todos os
jogadores. Portanto, o resultado deste problema é 50 − h. Analisando
as afirmações:
a. 28 ocorrências P** =⇒ a + b + c + d = 28 =⇒ e + f + g + h = 22
b. 25 ocorrências *B* =⇒ c + d + g + h = 25
c. 27 ocorrências **B =⇒ b + d + f + h = 27
d. 8 ocorrências PBP =⇒ c = 8
e. 7 ocorrências PBB =⇒ d = 7
f. 4 ocorrências PPP =⇒ a = 4
g. 11 ocorrências *PP =⇒ a + e = 11 =⇒ e = 7
Com a = 4, c = 8, d = 7 e a + b + c + d = 28, então b = 9. Com c = 8,
d = 7 e c + d + g + h = 25, então
g + h = 10
(A)
Com b = 9, d = 7 e b + d + f + h = 27, então
f + h = 11
(B)
f + g + 2h = 21
(C)
(A)+(B):
Somando e com C:
e + f + g + 2h = 21 + 7 = 28 =⇒ e + f + g + h + h = 28
(D)
Substituindo e + f + g + h = 22 em D tem-se 22 + h = 28 =⇒ h = 6.
∴ 50 − h = 50 − 6 = 44.
Solução 11
Alterando a ordem dos fatores:
(d − a)(d − b)(d − c)(a − b)(c − a)(c − b)
Para que o produto acima seja múltiplo de 12, ele deverá ser múltiplo
de 4 e múltiplo de 3.
66
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1. Múltiplo de 4: Para o produto (d − a)(d − b)(d − c) existem três
hipóteses:
(a) Todas as parcelas (d − a), (d − b) e (d − c) são ı́mpares.
Desta forma, a, b e c possuem o mesmo resto da divisão por
2, o que implica as parcelas (a − b), (c − a) e (c − b) serem
todas múltiplos de 2. Assim, o produto (a − b)(c − a)(c − b) é
múltiplo de 8 e, portanto, múltilo de 4.
(b) Somente uma das parcelas (d − a), (d − b) ou (d − c) é par.
Neste caso, a e b, ou a e c, ou b e c possuem o mesmo resto da
divisão por 2, implicando uma das parcelas (a − b), (c − a) ou
(c − b) ser múltiplo de 2. Ora se uma das parcelas com d é par
e uma das demais parcelas também possui uma subtração par,
então há duas parcelas pares, confirmando a multiplicidade
por 4.
(c) Duas ou três parcelas de (d − a), (d − b) ou (d − c) são pares.
Neste caso, havendo duas parcelas pares, há um múltiplo de
4, sem a necessidade de analisar as parcelas (a − b), (c − a) e
(c − b).
Portanto, em qualquer dos casos, (d − a)(d − b)(d − c)(a − b)(c −
a)(c − b) é múltiplo de 4.
2. Múltiplo de 3: Para o produto (d − a)(d − b)(d − c) existem duas
hipóteses:
(a) Nenhuma das parcelas (d − a), (d − b) ou (d − c) é múltiplo
de 3.
Se uma parcela não é múltiplo de 3, ela só pode ter resto 1
ou resto 2. Portanto, existem dois números entre a, b e c que
possuem o mesmo resto da divisão por três. Assim, uma das
parcelas (a − b), (c − a) ou (c − b) é múltiplo de 3.
(b) Uma das parcelas (d − a), (d − b) ou (d − c) é múltiplo de 3.
Neste caso, o produto (d − a)(d − b)(d − c) é múltiplo de 3,
sem a necessidade de analisar as demais parcelas.
Concluindo, como (d − a)(d − b)(d − c)(a − b)(c − a)(c − b) é múltiplo
de 3 e 4, ∴ (d − a)(d − b)(d − c)(a − b)(c − a)(c − b) é múltiplo de 12.
Solução 12
2 loga x = log1/b y. log√a b
J. Bartasevicius
67
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Convertendo para a mesma base:
2
log x
log y log b
=⇒
=
.
log a
− log b 12 log a
log x = − log y =⇒ x =
1
y
(A)
√
Substituindo (A) em ax b1/y = ab:
ax bx = (ab)1/2 =⇒ (ab)x = (ab)1/2 =⇒ x =
1
2
De (A), y = 2.
Solução 13
Para que existam 11 patrulhas nas condições apresentadas pelo enunciado, é preciso completar a primeira patrulha com elementos suficientes
que possam ser alocados nas demais 10 patrulhas. Assim, coloca-se
10 voluntários na primeira patrulha e cada um deles será alocado nas
demais patrulhas separadamente, conforme abaixo:
P1
1
2
P2
1
11
3
12
..
.
4
5
6
7
P3
2
11
...
P4
3
12
P5
4
...
P6
5
P7
6
P9
8
P10
9
...
..
.
..
.
..
.
...
8
..
9
.
..
10
68
P8
7
J. Bartasevicius
.
P11
10
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Na patrulha 2 será necessário alocar mais voluntários e utilizar do
mesmo método de distribuição nas demais patrulhas.
Assim, é possı́vel observar que haverá 10 voluntários em cada patrulha
e o número total será a soma de uma série decrescente de 10 até 1:
10 + 9 + 8 + . . . + 1 = 55
∴ são 55 voluntários e 10 patrulhas.
Solução 14
Um número terminado em k tem a forma 10n + k, com n ∈ N.
p
P
p
Ao se elevar 10n+k a um potência p, haverá o resultado
Ci .(10n)p−i k i .
i=0
Das parcelas apresentas, a única que gera algarismo na casa das unidades é quando i = p, pois não há fator 10 de multiplicação.
Desta forma, é necessário analisar somente o último algarismo das
potências de k:
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
k2
0
1
4
9
6
5
6
9
4
1
k3
0
1
8
7
4
5
6
3
2
9
k4
0
1
6
1
6
5
6
1
6
1
k5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Solução 15
O enunciado infere que sejam somados todos os múltiplos de 6 e 14,
exceto os múltiplos de mmc(6, 14), i.e. 42. A operação a ser realizada é:
1. Soma de todos os múltiplos de 6 desde 204 até 498
2. Soma de todos os múltiplos de 14 desde 210 até 490
J. Bartasevicius
69
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
3. Subtração dupla (uma para excluir no conjunto dos múltiplos de 6
e outra para excluir no conjunto dos múltiplos de 14) de todos os
múltiplos de 42 desde 210 até 462
702.50
= 17550
2
700.21
= 7350
210 + 224 + 238 + . . . + 490 =
2
672.7
210 + 252 + 294 + . . . + 462 =
= 2352
2
(A)+(B)-2.(C)=20196
204 + 210 + 216 + . . . + 498 =
(A)
(B)
(C)
Solução 16
Como as operações são de soma e multiplicação, com x, y, z ∈ R+ fazer
x 6 y 6 z será análogo para todas as demais combinações de ordem
entre x, y e z.
Assim, assumem-se os seguintes valores, com δ1 , δ2 ∈ R+ :
y = x + δ1
(A)
z = x + δ1 + δ2
(B)
√
Se é necessário provar x+y+z
> 3 x.y.z, então deve-se provar que
3
x+y+z 3
> x.y.z
3
(C)
Aplicando (A) e (B) em (C) chega-se às expressões (D) e (E):
x3
+ 3x2
x+y+z 3
2δ1 + δ2 3
= x+
=⇒
3
3
2δ1 + δ2
3
+ 3x
2δ1 + δ2 2
2δ1 + δ2 3
+
3
3
(D)
e
x.y.z = x(x + δ1 )(x + δ1 + δ2 ) =⇒
x3 + x2 (2δ1 + δ2 ) + x δ12 + δ1 δ2
70
J. Bartasevicius
(E)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo (D) − (E) resulta em:
!
δ12 + δ1 δ2 + δ22
+
∆=x
3
8δ13 + 12δ12 δ2 + 6δ1 δ22 + δ23
27
!
(F)
Com x, δ1 , δ2 ∈ R+ , então ∆, em (F), é maior ou igual a zero por haver
somente operações de soma e multiplicação.
∴
x+y+z
√
> 3 x.y.z.
3
E por δ1 e δ2 estarem presentes em todos as parcelas, a única possibilidade de se verificar a igualdade é δ1 = δ2 = 0, ou seja, x = y = z.
Solução 17
q
√
5− 5−x=x
(A)
Substituindo x dentro da expressão do lado esquerdo em (A), tem-se
recursivamente:
s
r
q
√
5 − 5 − ( 5 − 5 − x) = x =⇒
v
v
u
s
u
u
r
u
q
u
√
t
u
u5 − 5 − 5 − 5 − 5 − 5 − . . . = x =⇒
t
|
{z
}
x
√
5 − x = x =⇒
x2 + x − 5 = 0 =⇒
√
√
21 − 1
− 21 − 1
x1 =
∧ x2 =
2
2
√
Como x não pode ser negativo, então x =
21−1
2 .
J. Bartasevicius
71
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 18
Em representação polar, z = 1 ϕ.
Na multiplicação em notação polar, os módulos se multiplicam, enquanto que os ângulos se somam. Assim, z n = 1 nϕ.
Da mesma forma, na divisão em notação polar, os módulos se multiplicam, enquanto que os ângulos se subtraem. Para demonstrar que a
divisão é um número real, então, os argumentos de z n e 1 + z 2n devem
ser iguais. Cálculo do argumento de 1 + z 2n :
1 + z 2n = 1 + 1 2nϕ = 1 + cos 2nϕ + i sin 2nϕ =⇒
1 + (cos2 nϕ − sin2 nϕ) + i(2 sin nϕ cos nϕ) =⇒
2 cos2 nϕ + 2i(sin nϕ cos nϕ) =⇒
2 cos nϕ(cos nϕ + i sin nϕ)
(A)
sin nϕ
Em (A), a razão entre a parte complexa e a parte real é cos
nϕ , ou seja
tan nϕ.Isto significa que o argumento é nϕ.
∴ 1 + z 2n = 2 cos nϕ nϕ
Finalmente,
zn
1 nϕ
1
=
=
0◦
2n
2 cos nϕ nϕ
2 cos nϕ
1+z
Solução 19
Fazendo log(12x3 − 19x2 + 8x) = y, iguala-se |y| = y, que somente se
satisfaz se y > 0.
∴ log(12x3 − 19x2 + 8x) > 0 =⇒ 12x3 − 19x2 + 8x > 1
12x3 − 19x2 + 8x − 1 > 0 =⇒
12x3 − 3x2 − 16x2 + 8x − 1 > 0 =⇒
3x2 (4x − 1) − (4x − 1)2 > 0 =⇒
(4x − 1)(3x2 − 4x + 1) > 0 =⇒
(4x − 1)(3x2 − 3x − x + 1) > 0 =⇒
(4x − 1) (3x(x − 1) − (x − 1)) > 0 =⇒
(4x − 1)(3x − 1)(x − 1) > 0
72
J. Bartasevicius
(A)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Aplicando a regra de multiplicação de sinais, produz-se a seguinte tabela
a partir dos fatores de (A):
(4x − 1)
−
+
+
+
−
1/4
−
−
−
−
+
1/3
+
+
(3x − 1)
−
+
(x − 1)
+
(4x − 1)(3x − 1)(x − 1)
1
1/4
−
1
1/3
∴ S = {x ∈ R |
1
1
6 x 6 ∪ x > 1}
4
3
Solução 20
Para resolver este problema é necessário saber o seguinte produto
notável:
(A)
(a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 − b3
q
q
√
√
3
3
x = 20 + 14 2 + 20 − 14 2 =⇒
q
√
√
√
3
x3 = (20 + 14 2) + 3 (20 + 14 2)2 (20 − 14 2)
q
√
√
√
3
+ 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2)2 + (20 − 14 2) =⇒
q
q
√
√
3
3
3
x = (40) + 3 8(20 + 14 2) + 3 8(20 − 14 2) =⇒
q
q
√
√
3
3
3
x = (40) + 6( 20 + 14 2 + 20 − 14 2) =⇒
x3 = 40 + 6x =⇒
x3 − 6x − 40 = 0 =⇒
x3 − 64 − 6x + 24 = 0
Neste ponto deve ser aplicado o produto notável em (A):
(x − 4)(x2 + 4x + 16) − 6(x − 4) = 0 =⇒
(x − 4)(x2 + 4x + 10) = 0
∴ há raiz somente para x = 4.
J. Bartasevicius
73
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 21
Aplicando as propriedades de raı́zes da equação tem-se:
x1 + x2 + x3 = 0 =⇒ x1 = −(x2 + x3 )
(A)
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a =⇒ x1 = −(x2 + x3 )
(B)
e
Substituindo (A) em (B):
−(x2 + x3 )x2 − (x2 + x3 )x3 + x2 x3 = a =⇒
−(x22 + x2 x3 + x23 ) = a
(C)
Nenhuma das raı́zes é nula, pois b 6= 0. Para a equação em (C) há duas
hipóteses:
a. x2 , x3 > 0 ou x2 , x3 < 0
Neste caso, x2 x3 > 0 =⇒ −(x22 + x2 x3 + x23 ) < 0 e, portanto
a < 0.
b. (x2 > 0 ∧ x3 < 0) ou (x2 < 0 ∧ x3 > 0)
Neste caso, x2 x3 < 0. Se |x2 | > |x3 |, então x22 > |x2 x3 | =⇒
−(x22 + x2 x3 ) < 0.
Analogamente, −(x23 + x2 x3 ) < 0 quando |x3 | > |x2 |.
Como x22 e x23 são sempre maiores que zero, conclui-se que −(x22 +
x2 x3 + x23 ) < 0
∴a<0
Solução 22
Hipótese:
. . . 2} 5 = x2 , com x ∈ N.
11
. . . 1} 222
| {z
| {z
(n−1) vezes n vezes
x2
é um quadrado perfeito, pois x ∈ N. Então 32 x2 também será um
quadrado perfeito.
Se for demonstrado que 32 x2 é um quadrado perfeito, então a hipótese
é verdadeira.
Multiplicando 11
. . . 1} 222
. . . 2} 5 por 9, tem-se:
| {z
| {z
(n−1) vezes n vezes
1 |000 {z
. . . 01} 000
. . . 02} 5 = 32 x2
| {z
(n−1)algs
74
n algs
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
2 2
|1000{z. . . 0} |1000{z. . . 0} 25 = 3 x
(n−1)algs
n algs
102n + 10n+1 + 25 = 102n + 2.5.10n + 52 = 32 x2
(10n + 5)2 = 32 x2 (Quadrado Perfeito!)
10n + 5 é múltiplo de 3, pois a soma dos algarismos é 6. Isto implica x
ser um número natural.
∴ se 32 x2 é um quadrado perfeito, então a hipótese é verdadeira.
Solução 23
156x+y + 156−(x+y)
=⇒
2
156x .156y + 156−x .156−y
f (x + y) =
2
f (x + y) =
156x−y + 156−(x−y)
=⇒
2
156x .156−y + 156−x .156y
f (x − y) =
2
Fazendo (A)+(B):
(A)
f (x − y) =
(B)
f (x + y) + f (x − y) =
=
156x .156y + 156−x .156−y + 156x .156−y + 156−x .156y
=⇒
2
f (x + y) + f (x − y) =
=
156x .(156y + 156−y ) + 156−x (156−y + 156y )
=⇒
2
f (x + y) + f (x − y) =
(156x +156−x )
Mas
2
Portanto:
= f (x) e
(156x + 156−x ).(156y + 156−y )
=⇒
2
(156y +156−y )
2
= f (y).
f (x + y) + f (x − y) = f (x).f (y).2
J. Bartasevicius
75
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 24
2 −1 0
0
.
.
.
0
0
−1 2 −1 0 . . . 0
0 0 −1 2 −1 . . . 0
0 detAn = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
0
0
0 . . . 2 −1
0
0
0
0 . . . −1 2 n×n
Multiplicando a segunda coluna por 2 e somando a 1ª coluna com a 2ª:
2
−1
0
2 × detAn = . . .
0
0
2
−1
0
= . . .
0
0
−2 0
0 ... 0
0 4 −1 0 . . . 0
0 −2 2 −1 . . . 0
0 =
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
0
0 . . . 2 −1
0
0
0 . . . −1 2 n×n
0
0
0 ... 0
0 3 −1 0 . . . 0
0 −2 2 −1 . . . 0
0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
0
0 . . . 2 −1
0
0
0 . . . −1 2 n×n
Multiplicando a terceira coluna por 3 e somando a 1ª coluna com a 3ª:
2
−1
0
2 × 3 × detAn = . . .
0
0
2
−1
0
= . . .
0
0
76
0
0
0 ... 0
0 3 −3 0 . . . 0
0 −2 6 −1 . . . 0
0 =
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
0
0 . . . 2 −1
0
0
0 . . . −1 2 n×n
0
0
0 ... 0
0 3
0
0 ... 0
0 −2 4 −1 . . . 0
0 =
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
0
0 . . . 2 −1
0
0
0 . . . −1 2 n×n
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo continuamente até o último elemento n:
2 × 3× . . . × n × detAn =
2
0
0
0
−1 3
0
0
0 −2 4
0
= . . . . . . . . . . . .
0
0
0
0
0
0
0
0
...
...
...
...
...
...
0
0 0
0 0
0 ...
. . . n
0 −(n − 1) n + 1n×n
Como a matriz está com zeros em seu “triângulo superior”, o determinante é o produto de sua diagonal:
2 × 3 × . . . × n × detAn = 2 × 3 × . . . × n × (n + 1) =⇒
detAn =
2 × 3 × . . . × n × (n + 1)
=⇒
2 × 3 × ... × n
detAn = n + 1
Solução 25
Ângulos em progressão aritmética, com razão ρ: α − ρ, α e α + ρ.
π
3
(sin x + cos x)(1 − sin x cos x) = 1 =⇒
(α − ρ) + (α) + (α + ρ) = π =⇒ α =
(sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x)(1 − 2 sin x cos x + sin2 x cos2 x) = 1 =⇒
(1 + 2 sin x cos x)(1 − 2 sin x cos x + sin2 x cos2 x) = 1
Fazendo sin x cos x = a
(1 + 2a)(1 − 2a + a2 ) = 1 =⇒
(
a=0∨
2a3 − 3a2 = 0 =⇒
a = 32 (impossı́vel, pois sin x cos x < 1)
(
sin x = 0 =⇒ x = 0(impossı́vel)∨
sin x cos x = 0 =⇒
cos x = 0 =⇒ x = π2
∴ os ângulos do triângulo são uma PA com ρ = π6 :
π π π
, e .
6 3 2
J. Bartasevicius
77
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 26
k é primo, portanto deve estar presente nos fatores de x ou y, dado que
x ∧ y ∈ Z.
Como só há operações de soma e multiplicação, pode-se escolher x ou y
livremente, e servir analogamente para o outro caso.
Portanto, k primo =⇒ x = ak, com a ∈ Z.
Substituindo:
k(ak + y) = aky
(÷k)
a
ak + y = ay =⇒ y = k
a−1
As possibilidades de y ∈ Z são:
a. a | (a − 1) =⇒ |a − 1| = 1 ∴ a = 2 ∨ a = 0 =⇒ (x = 2k ∧ y =
2k) ∨ (a = 0 ∨ y = 0); ou
b. k = a − 1 =⇒ x = (k + 1)k ∧ y = k + 1
Portanto S = {(0, 0), (2k, 2k), ((k + 1)k, k + 1) | k é primo}.
Solução 27
A = aK2bK
aK
bK
a1 = 30 cm e b1 = 42 cm =⇒ A1 = 630 cm2
2a 4b
a
b
8
K5 K
AK+1 = K+1 K+1 = 3
= AK
2
2
15
8
∴ Soma das áreas é uma progressão geométrica de razão 15
1
2
3
8
8
8
S = 630 + 630
+ 630
+ 630
+ ...
15
15
15
1 2 3
S
8
8
8
=1+
+
+
+ ...
630
15
15
15
!
−1
1 2
S
8
8
8
8
=
+1+
+
+ ...
630
15
15
15
15
78
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
8
S
=
630
15
!
8 −1
S
+
15
630
S 7
=1
630 15
S = 1350 cm2
Solução 28
log3 β
= log3 310 =⇒
log3 9
p
log3 α3 + log3 β = log3 310 =⇒
p
α3 . β = 310 =⇒
log3 α3 +
α6 .β = 320
(A)
log3 α
− log3 β 2 = log3 310 =⇒
log3 9
√
log3 α − log3 β 2 = log3 310 =⇒
√
α.β −2 = 310 =⇒
α.β −4 = 320
(B)
Fazendo α = 3a e β = 3b , tem-se das equações (A) e (B):
(
6a + b = 20
=⇒ a = 4 e b = −4
a − 4b = 20
∴ P = αβ = 3a 3b = 3a+b = 1
Solução 29
logsin x+cos x (1 + sin 2x) = 2 =⇒ (sin x + cos x)2 = 1 + sin 2x =⇒
sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x = 1 + 2 sin x cos x =⇒
1 + 2 sin x cos x = 1 + 2 sin x cos x
J. Bartasevicius
79
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Portanto a equação é válida para qualquer valor de x que satisfaça o
Domı́nio da equação.
São condições do logaritmo a base positiva e diferente de 1, e o logaritmando maior que zero:
sin x + cos x > 0 ∧ sin x + cos x 6= 1
∧
1 + sin 2x > 0
• Resolvendo sin x + cos x > 0:
sin x > − cos x =⇒ −
π
π
<x6
4
2
• Resolvendo sin x + cos x 6= 1:


sin x 6= 1
sin x + cos x 6= 1 =⇒ ∨


cos x 6= 1
(
π
sin x 6= 1 =⇒ x 6=
2
cos x 6= 1 =⇒ x 6= 0
• Resolvendo 1 + sin 2x > 0:
π 3π
π 3π
sin 2x > −1 =⇒ 2x 6= − ,
=⇒ x 6= − ,
2 2
4 4
∴S=
π
π
3π
x ∈ R | − < x < ∧ x 6= 0 ∧ x 6=
4
2
4
Solução 30
Numa sequência simétrica, a metade direita da sequência deve espelhar
a metade esquerda. Por este motivo, m e n não podem ser ambos
ı́mpares.
Há três possibilidades:
a. m e n pares
Como ambos são pares, então há uma divisão exata entre as bolas
brancas e pretas.
80
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Somente uma das metades é independente para formar a sequência.
Portanto, o número de sequências com metade das bolas brancas e
pretas é:
(m+n)/2
Cm/2
b. m par e n ı́mpar
Neste caso, uma bola branca deve ficar localizada no centro para
que possa haver simetria, e em cada metade da sequência haverá
m bolas pretas e n−1 bolas brancas.
2
2
O número de sequências é:
(m+n−1)/2
C(n−1)/2
c. m ı́mpar e n par
Analogamente ao caso anterior, uma bola preta deve se localizar
ao centro da sequência.
O número de sequências é:
(m+n−1)/2
C(m−1)/2
Solução 31
a+b
b+c
a+c
+1=
+1=
+ 1 =⇒
c
a
b
a+b+c
a+b+c
a+b+c
=
=
=⇒
c
a
b
1
1
1
= =
=⇒
c
a
b
a=b=c
a+b
∴
=2
c
Solução 32
2006
X
f (k) = f (1) + f (2) + . . . + f (2005) + f (2006) =⇒
k=0
J. Bartasevicius
81
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
2005
X
f (k) + f (2006) = 2008
k=0
f (2006) = 2008
2006
2007
− 2008
=⇒
2008
2007
f (2006) =
∴
2007
=⇒
2008
1
2007
1
= 2007
f (2006)
Solução 33
(sin x+cos x)(sin2 x−sin x cos x+cos2 x) = (1+sin x cos x)(1−sin x cos x)
sin2 x + cos2 x = 1, então:
(sin x + cos x)(1 − sin x cos x) = (1 + sin x cos x)(1 − sin x cos x) =⇒
sin x + cos x = 1 + sin x cos x =⇒
sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x
=
1 + 2 sin x cos x + sin2 x cos2 x
(A)
=⇒
Quando se elevou (A) ao quadrado, foram incluı́das soluções que satisfizessem
− sin x − cos x = 1 + sin x cos x
(B)
As soluções que satisfazem as equações em (B) devem ser descartadas.
sin2 x cos2 x = 0 =⇒
cos x = 0 ∨ sin x = 0
Neste caso, há as seguintes soluções possı́veis para 0 6 x 6 2π
x = 0, x = π ∨ x =
3π
π
,x =
2
2
Mas x = π e x = 3π
2 satisfazem a equação em (B), portanto não podem
ser soluções.
∴ S = {x | x = 2kπ ∪ x =
π
+ 2kπ, k ∈ Z}
2
82
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 34
(Q(x) + 2) |x4 e Q(x) é de 6º grau.
Logo, Q(x) = x4 ax2 + bx + c − 2.
De acordo com o enunciado:
Q(x) + 1 = (x − 1)3 .P (x) =⇒
ax6 + bx5 + cx4 − 2 + 1 = (x − 1)3 .P (x)
(A)
Fazendo x = 1 na equação em (A):
a16 + b15 + c14 − 1 = (1 − 1)3 .P (1) =⇒
| {z }
=0
a+b+c=1
(B)
Dividindo ax6 + bx5 + cx4 − 1 por x − 1, tem-se:
ax6 + bx5 + cx4 − 1 h 5
= ax + (a + b)x4 + (a + b + c)x3 +
x−1
+ (a + b + c)x2 + (a + b + c)x+
+(a + b + c)] + [−(a + b + c)x + 1]
(C)
O polinômio em (C) é divisı́vel por (x − 1)2 . Portanto, fazendo x = 1 e
substituindo a igualdade em (B), tem-se:


 5

4
3
2
a1 + (a + b)1 + (1)1 + (1)1 + (1)1 + (1) + [−(1)1 + 1] = 0 =⇒
|
| {z }
{z
} |
{z
}
=2a+b
=4
2a + b = −4
=0
(D)
Substituindo (B) no polinômio em (C):
h
i
ax5 + (a + b)x4 + (1)x3 + (1)x2 + (1)x + (1) + [−(1)x + 1] =
= ax5 + (a + b)x4 + x3 + x2 + x + 1
(E)
Dividindo (E) por x − 1, tem-se:
ax5 + (a + b)x4 + x3 + x2 + x + 1
= ax4 + (2a + b)x3 +
x−1
+ (2a + b + 1)x2 +
+ (2a + b + 2)x + (2a + b + 3)
(F)
J. Bartasevicius
83
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
O polinômio em (F) é divisı́vel por (x − 1). Portanto, fazendo x = 1 e
substituindo a igualdade em (D), tem-se:
a14 + (−4)13 + (−4 + 1)12 + (−4 + 2)1 + (−4 + 3) = 0 =⇒ a = 10
Substituindo a = 10 em (D):
2(10) + b = −4 =⇒ b = −24
Substituindo a e b em (B):
(10) + (−24) + c = 1 =⇒ c = 15
Substituindo os valores de a, b e c em (A):
10x6 + (−24)x5 + (15)x4 − 1 = (x − 1)3 .P (x) =⇒
P (x) =
10x6 + (−24)x5 + (15)x4 − 1
(x − 1)3
=⇒
P (x) = 10x3 + 6x2 + 3x + 1
Solução 35
Inicialmente, a soma deve ser dividida em quatro somas menores, mantendo os expoentes de i com o mesmo resto de divisão por 4:
a. im.4 = 1
b. im.4+1 = i
c. im.4+2 = −1
d. im.4+3 = −i
Somas dos expoentes m.4:
S0 = 1 + 5 + 9 + . . . + (n + 1) =
S0 =
84
(n + 2) n
+ 1 =⇒
2
4
(n + 2)(n + 4)
8
J. Bartasevicius
(A)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Somas dos expoentes m.4+1:
(ni)
S1 = 2i + 6i + 10i + . . . + (n − 2)i =
2
(n − 4)
+1
4
=⇒
n2
S1 =
i
8
(B)
Somas dos expoentes m.4+2:
(n + 2)
S2 = −3 − 7 − 11 − . . . − (n − 1) = −
2
S2 = −
(n − 4)
+1
4
(n + 2)n
8
=⇒
(C)
Somas dos expoentes m.4+3:
(n + 4)
S3 = −4i − 8i − 12i − . . . − (ni) = −
2
S3 = −
(n − 4)
+1
4
(n + 4)n
i
8
=⇒
(D)
Somando (A)+(B)+(C)+(D):
S0 + S1 + S2 + S3 =
n
2n + 1
−i
2
2
Solução 36
x2 − 6x + 9 + y 2 − 6y + 9 = 4 =⇒
(x − 3)2 + (y − 3)2 = 22
(A)
A equação acima representa uma circunferência de centro em (3,3), com
raio 2, conforme representado no plano xy:
J. Bartasevicius
85
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
5
3
P
1
α
O
1
3
5
x
y
x
[
é tan α, onde α é o ângulo P
Ox.
Para obter tan α máximo, então α deve ser máximo.
α máximo implica a reta y = kx tangenciar a circunferência.
Fazendo tan α = k, e substituindo y = kx em (A):
(x − 3)2 + (kx − 3)2 = 22 =⇒
(k 2 + 1)x2 − (6 + 6k)x + 14 = 0
Para tangenciar a circunferência, a equação deve produzir apenas uma
solução.
Fazendo ∆ = 0:
(−(6 + 6k))2 − 4.(k 2 + 1).14 = 0
5k 2 − 18k + 5 = 0 =⇒
√
9 ± 2 14
k=
5
Mas k é máximo. Então:
√
9 + 2 14
k=
.
5
Solução 37
√
√
2 + sin2 x + 4 sin x − sin x cos x − 4 2 sin x cos x + 4 cos x − 2 − 2 2
√
√
>2
2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2
86
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
√
sin2 x − sin x cos x + 2(2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2)
√
√
>2
2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2
sin x(sin x − cos x)
√
√ +2>2
2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2
sin x(sin x − cos x)
√
√ >0
2 sin x − 2 2 sin x cos x + 2 cos x − 2
sin x(sin x − cos x)
√
√ √
>0
2 sin x(1 − 2 cos x) + 2( 2 cos x − 1)
sin x(sin x − cos x)
√
>0
2(sin x − 1)(1 − 2 cos x)
Aplicando a regra de sinais em 0 6 x 6 2π:
−
−
−
−
+
+
+
+
−
+
+
+
+
−
−
−
−
+
+
−
−
−
−
−
sin x − cos x
√
2 sin x − 2
−
+
+
+
+
+
+
−
1−
+
sin x(sin x−cos
√ x)
2(sin x−1)(1− 2 cos x)
−
0
sin x
+
π
4
−
+
π
2
3π
4
−
+
π
5π
4
−
3π
2
7π
4
√
2 cos x
2π
π
3π
5π 7π
∪π 6x6
∪
6 x 6 2π
S= x∈R| 6x6
4
4
4
4
Solução 38
Sejam os dados A, B e C e os seguintes eventos:
• EVENTO 1: O dado C é a soma dos dados A e B:
2 6 DA + DB 6 6
• EVENTO 2: O dado B é a soma dos dados A e C:
2 6 DA + DC 6 6
J. Bartasevicius
87
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• EVENTO 3: O dado A é a soma dos dados B e C:
2 6 DB + DC 6 6
Assim, os eventos 1, 2 e 3 são análogos. Como no dado não há lado
zero, também são mutuamente excludentes.
Ao analisar a incidência do evento 1, pode-se multiplicar por 3 para
obter o total de incidências para os três dados.
EVENTO 1:
DC
2
3
4
5
6
número de incidências de DA + DB = DC
1 (DA = 1 e DB = 1)
2 (DA = 1 e DB = 2 ou DA = 2 e DB = 1)
3 (1,3 ou 2,2 ou 3,1)
4 (1,4 ou 2,3 ou 3,2 ou 4,1)
5 (1,5 ou 2,4 ou 3,3 ou 4,2 ou 5,1)
O número total de incidências dos eventos é 15 × 3 = 45 e o número
total de combinações de dados é 63 = 216.
Portanto a probabilidade de a soma de dois dados ser o valor do terceiro
é:
5
45
P =
= .
216
24
Solução 39
pn = (q − 12)(q + 12)
Sendo p primo, então:
(
q − 12 = pa
q + 12 = pb
, a + b = n =⇒
(
q = pa + 12
q = pb − 12
=⇒
pa + 12 = pb − 12 =⇒ pb − pa = 24
∴ pa (pb−a − 1) = 23 .3
Se p é primo, existem duas hipóteses: p = 2 ou p é ı́mpar.
88
J. Bartasevicius
(A)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1. p = 2:
Se p = 2, então, a partir de (A), pa = 23 , pois pb−a − 1 deve ser
ı́mpar e, portanto pb−a − 1 = 3.
Chega-se aos valores p = 2, a = 3, b = 5 e q = 23 + 12 = 20.
2. p ı́mpar:
Se p for ı́mpar, então, a partir de (A), p = 3, a = 1, 3b−1 − 1 =
23 =⇒ b = 3 e, portanto, q = 31 + 12 = 15.
Solução 40
2x − x2 ≡ 0
mod 7
Montando a tabela de restos da divisão por 7, tem-se:
x
0
1
2
3
4
..
.
x
0
1
2
3
4
5
6
7
2x
mod 7 + 1
mod 7 + 2
mod 7 + 4
mod 7 + 1
mod 7 + 2
..
.
x2
mod 7 + 0
mod 7 + 1
mod 7 + 4
mod 7 + 2
mod 7 + 2
mod 7 + 4
mod 7 + 1
mod 7 + 0
−x2
mod 7 + 0
mod 7 + 6
mod 7 + 3
mod 7 + 5
mod 7 + 5
mod 7 + 3
mod 7 + 6
mod 7 + 0
Observa-se que o ciclo de restos na divisão de 7 de 2x ocorre em múltiplos
de 3 e o ciclo para x2 ocorre em múltiplos de 7.
Portanto, 2x − x2 é múltiplo de 7 se:
a. x = m.3 ∧ (x = m.7 + 1 ∨ x = m.7 + 6)
b. x = m.3 + 1 ∧ (x = m.7 + 3 ∨ x = m.7 + 4)
c. x = m.3 + 2 ∧ (x = m.7 + 2 ∨ x = m.7 + 5)
J. Bartasevicius
89
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Do item a.:
I. x = m.3 ∧ x = m.7 + 1 =⇒ x = m.21 + 15
II. x = m.3 ∧ x = m.7 + 6 =⇒ x = m.21 + 6
Do item b.:
I. x = m.3 + 1 ∧ x = m.7 + 3 =⇒ x = m.21 + 10
II. x = m.3 + 1 ∧ x = m.7 + 4 =⇒ x = m.21 + 4
Do item c.:
I. x = m.3 + 2 ∧ x = m.7 + 2 =⇒ x = m.21 + 2
II. x = m.3 + 2 ∧ x = m.7 + 5 =⇒ x = m.21 + 5
Então, 2x − x2 é múltiplo de 7 se x = m.21 + {2, 4, 5, 6, 10, 15}, o que
implica haver 6 números que satisfazem a condição a cada 21 números.
Sendo x 6 20000, o último múltiplo de 21 é 19992. Após 19992 restam
os números 19994, 19996, 19997 e 19998 que satisfazem a condição.
∴ o número de possı́veis soluções de x é:
19992
.6 + 4 = 5716
21
Solução 41
b
x3 − ax2 + x − ab = 0
2
Pelas propriedades das raı́zes da equação tem-se:
x 1 x 2 x 3 = ab
x1 x 2 + x1 x3 + x2 x3 =
b
2
x1 + x2 + x3 = a
Para calcular x21 + x22 + x23 , é necessário transformar para:
x21 + x22 + x23 = (x1 + x2 + x3 )2 − 2 (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
b
x21 + x22 + x23 = a2 − 2 = a2 − b
2
90
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Calculando a solução:
h
ib
2
2
loga ab (a)a −b = loga aba = ba2
Solução 42
Hipótese: 2r + 3s é múltiplo de 17.
Então, 9 × (2r + 3s) ≡ 0 mod 17.
18r + 27s = 17(r + s) + (r + 10s)
17(r + s) + (r + 10s) ≡ 0
r + 10s ≡ 0
mod 17 =⇒
mod 17
Portanto, 2r + 3s é múltiplo de 17 se, e somente se r + 10s for múltiplo
de 17.
Ora, se r + 10s é múltiplo de 17, então 9 × (r + 10s) é múltiplo de 17
também:
9r + 90s ≡ 0 mod 17 =⇒
5.17s + 9r + 5s ≡ 0
9r + 5s ≡ 0
mod 17 =⇒
mod 17
Concluindo, a hipótese de 2r + 3s ser múltiplo de 17 é válida se, e
somente se 9r + 5s for múltiplo de 17 também.
Solução 43
Raı́zes em progressão aritmética: x1 − δ, x1 e x1 + δ.
Pelas propriedades das raı́zes na equação:
x1 − δ + x1 + x1 + δ = 18 =⇒ x = 6
log√b a2 = 4 =⇒ b2 = a2
Sendo a, b ∈ R∗+ , então a = b.
Aplicando novamente as propriedades das raı́zes na equação:
(6 − δ)(6)(6 + δ) = logb (a)2m =⇒ 36 − δ 2 =
J. Bartasevicius
m
3
(A)
91
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
(6 − δ)(6) + (6 − δ)(6 + δ) + (6)(6 + δ) = logb (ab)m + 8 − m =⇒
36 − 6δ + (36 − δ 2 ) + 36 + 6δ = 2m + 8 − m =⇒
=⇒ 72 + (36 − δ 2 ) = m + 8
(B)
Substituindo (A) em (B):
72 +
m
= m + 8 =⇒ m = 96
3
Solução 44
−by + cz = 0 =⇒ by = cz
Substituindo em 3ax − 4by e dividindo o sistema, tem-se:
(
ax + cz = 2abc
=⇒ x = bc
3ax − 4cz = −abc
3ax − 4by = −abc =⇒ 3a(bc) − 4by = −abc =⇒ y = ac
−b(ac) + cz = 0 =⇒ z = ab
Pelo enunciado, a, b, c ∈ Z, com 2 < a < b < c.
Portanto, x, y, z ∈ N, com x > y > z.
xyz = 20132 =⇒ (abc)2 = (3.11.61)2 =⇒ abc = 3.11.61
Assim,
a = 3, b = 11 e c = 61.


x = 671
∴ y = 183


z = 33
Solução 45

√
Z = −p− p2 −4q e
1
√2
x2 + px + q = 0 =⇒
Z = −p+ p2 −4q
2
(A)
2
A diferença entre os argumentos de Z1 e Z2 é α, e ambos possuem o
mesmo módulo: Z1 = m ϕ e Z2 = m ϕ ± α.
92
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Portanto, a divisão entre as representações polares de Z1 e Z2 resulta
num valor de módulo 1, com argumento
α.
Como o interesse é determinar cos2 α2 , então é possı́vel obter o valor
q
1
de cos α2 ao calcular o valor da parte real de Z
Z :
2
s
s
Z1
=
Z2
r
mϕ
= 1 ∓ α2 =⇒
m ϕ±α
α
Z1
= cos ∓
+i
Z2 | {z 2 }
parte real
α
α
sin ∓
| {z 2 }
parte imaginária
α
Na parte real, cos 2 = cos − 2 , portanto para determinar o resulZ2
1
tado, não há diferença entre calcular Z
Z2 ou Z1 .
Substituindo os valores de Z1 e Z2 em (A):
v
√
u
s
s
p
u −p− p2 −4q
Z1 u
−p − p2 − 4q
2
p
√
=t
=
Z2
−p+ p2 −4q
−p + p2 − 4q
2
Racionalizando:
s
Z1
=
Z2
v
u
p
u −p + p2 − 4q 2
t
p2 − p2 + 4q
−p
=√ +
4q
p
p2 − 4q
√
4q
.
A parte real é √−p
4q
∴
cos2
α
2
=
−p 2 p2
√
=
4q
4q
Solução 46
O polinômio possui 5 raı́zes. De acordo com o enunciado, são 4 raı́zes
complexas e 1 real. Para que todos os coeficientes sejam reais, as raı́zes
devem ser conjugadas, além de simétricas. Portanto, as raı́zes assumem
as seguintes formas em coordenada polar:
• x1 = a ϕ
J. Bartasevicius
93
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• x2 = −x1 = a ϕ + π
• x3 = x1 = a −ϕ
• x4 = −x3 = a −ϕ − π
• x5 = a
O produto das raı́zes é o valor negativo do termo independente do
polinômio:
x1 x2 x3 x4 x5 = a5 = 243 =⇒ a = 3
∴, x5 = 3.
P (x)
= x4 + 10x2 + 81
x−3
Raı́zes de x4 + 10x2 + 81:
√
x4 + 10x2 + 81 = 0 =⇒ x2 = −5 ± 2 14i
Logo:
q
√
x = ± −5 ± 2 14i
(A)
Para simplificar a expressão, deve-se procurar fazer
√
√ 2
−5 ± 2 14i = A ± B 14i
=⇒

√
√
A = ± r2 ou ± 7 r
=⇒
B = ± 1 ou B = ± 1
2
7
r
√
1
Adotando A = + 2 e B = +
, tem-se:
2
!2
r
√
√
√
1
−5 ± 2 14i =
2±
14i
=⇒
2
(
AB = 1
A2 − 14B 2 = −5
√
√
√ 2
−5 ± 2 14i =
2 ± 7i
(B)
Substituindo (B) em (A):
x=±
√
2±
√ 7i
n √
√ √
√
√
√
√
√ o
∴ S = 2, 2 + 7i, 2 − 7i, − 2 + 7i, − 2 − 7i
94
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 47
y−1
Y
(y − z) = (y − 0)(y − 1)(y − 2) . . . (y − (y − 1)) =⇒
z=0
y−1
Y
(y − z) = y!
z=0
Aplicando à equação a ser resolvida:
x2 =
x
X
y! = 1! + 2! + 3! + . . . + x!
y=1
O fator x! é crescente e possui ordem de grandeza comparável a xx ,
de modo que as soluções possı́veis devem observar apenas as hipóteses
enquanto 1! + 2! + 3! + . . . + x! 6 x2 .
• x=1
12 = 1 e 1! = 1, ∴ x = 1 é solução.
• x=2
22 = 4 e 1! + 2! = 3, ∴ x = 2 não é solução.
• x=3
32 = 9 e 1! + 2! + 3! = 9, ∴ x = 3 é solução.
• x=4
42 = 16 e 1! + 2! + 3! + 4! = 33, ∴ valores x > 4 não são solução.
∴ x ∈ {1, 3}.
Solução 48
2 logcos x sin x.
logcos x sin x
=4
logcos x cos2 x
logcos x sin x
=4
2


logcos x sin x = 2
2
logcos x sin x = 4 =⇒ ou


logcos x sin x = −2
2 logcos x sin x.
J. Bartasevicius
95
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• logcos x sin x = 2
logcos x sin x = 2 =⇒ cos2 x = sin x =⇒
1 − sin2 x = sin x =⇒ sin2 x + sin x − 1 = 0
√
−1 ± 5
sin x =
2
√
5
Por definição, −1 > sin x > 1. Então sin x = −1+
.
2
• logcos x sin x = −2
logcos x sin x = −2 =⇒ cos−2 x = sin x =⇒
1
sin x
Por definição, −1 > sin x > 1 e −1 > cos x > 1. Excetuando-se
os valores em que sin x = ±1, os demais valores de x produzem
1
sin x > 1, e consequentemente implica cos x > 1. Impossı́vel,
portanto.
Quando sin x = ±1, cos x = 0. Portanto não há valor de x para a
igualdade logcos x sin x = −2.
!
√
5−1
∴ x = arcsin
2
cos2 x =
Solução 49
s
37 |037037{z. . . 037} − 11
. . . 1} 00
. . . 0}
| {z
| {z
3
87 algs
(A)
30 algs 30 algs
37 |037037{z. . . 037} = 37 × 1 |001001{z. . . 001} =
87 algs
87 algs
= 37 × 100 + 103 + 106 + . . . + 1087
37 |037037{z. . . 037} = 37 ×
87 algs
=⇒
1090 − 1
1090 − 1
=
33 .37
33
0 + 103 + 106 + . . . + 1029 × 1030 =⇒
11
.
.
.
1
00
.
.
.
0
=
10
| {z } | {z }
30 algs 30 algs
96
J. Bartasevicius
(B)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
11
. . . 1} 00
. . . 0} =
| {z
| {z
30 algs 30 algs
1030 − 1
× 1030
32
(C)
Aplicando (B) e (C) em (A):
s
s
37 |037037{z. . . 037} − 11
. . . 1} 00
. . . 0} =
| {z
| {z
3
87 algs
3
30 algs 30 algs
s
=
s
=
3
s
=
3
3
1090 − 1 1030 − 1
−
× 1030 =
33
32
1090 − 1 1060 − 1030
−
=
33
32
1090 − 3 × 1060 + 3 × 1030 − 1
=
33
3
1030 − 1
1030 − 1
=
= |333{z
. . . 3}
3
33
29 algs
Solução 50
Existem cinco possibilidades de agrupar os alunos: nenhum grupo de 2
ou com 1, 2, 3 e 4 grupos de 2.
Analisando as possibilidades de cada uma delas:
• nenhum grupo de 2:
Só é possı́vel haver uma única combinação sem grupos de 2 alunos:
C9,0 = 1
• 1 grupo de 2:
Com 9 alunos é possı́vel formar C9,2 grupos diferentes de 2 alunos.
Para cada um desses grupos haverá C2,2 combinações possı́veis.
Mas as combinações são permutáveis e elas se repetem. Como há
um grupo a permutar, divide-se pelo número de permutações com
1 elemento: 1!.
∴ número de combinações com 1 grupo de 2 é:
C9,2 × C2,2
(9!)(2!)
=
= 36
1!
(2!7!)(2!0!)1!
J. Bartasevicius
97
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• 2 grupos de 2:
Com 9 alunos é possı́vel formar C9,4 grupos diferentes de 4 alunos.
Para cada um desses grupos haverá C4,2 combinações possı́veis
para a primeira dupla e, com os dois alunos restantes, C2,2 para a
segunda dupla.
Mas as combinações são permutáveis e elas se repetem. Como há
dois grupos a permutar, divide-se pelo número de permutações
com 2 elementos: 2!.
∴ número de combinações com 2 grupos de 2 é:
C9,4 × C4,2 × C2,2
(9!)(4!)(2!)
=
= 378
2!
(4!5!)(2!2!)(2!0!)2!
• 3 grupos de 2:
Com 9 alunos é possı́vel formar C9,6 grupos diferentes de 6 alunos.
Para cada um desses grupos haverá C6,2 combinações possı́veis
para a primeira dupla. C4,2 para a segunda dupla, com os 4 alunos
restantes. E C2,2 duplas para os últimos dois alunos.
Mas as combinações são permutáveis e elas se repetem. Como há
três grupos a permutar, divide-se pelo número de permutações
com 3 elementos: 3!.
∴ número de combinações com 3 grupos de 2 é:
C9,6 × C6,2 × C4,2 × C2,2
(9!)(6!)(4!)(2!)
=
= 1250
3!
(6!3!)(2!4!)(2!2!)(2!0!)3!
• 4 grupos de 2:
Com 9 alunos é possı́vel formar C9,8 grupos diferentes de 8 alunos.
Para cada um desses grupos haverá C8,2 combinações possı́veis
para a primeira dupla. C6,2 combinações para a segunda dupla,
com os 6 alunos restantes. C4,2 combinações para a terceira dupla,
com os 4 alunos restantes. E C2,2 duplas para os últimos dois
alunos.
Mas as combinações são permutáveis e elas se repetem. Como há
quatro grupos a permutar, divide-se pelo número de permutações
com 4 elementos: 4!.
∴ número de combinações com 4 grupos de 2 é:
C9,8 × C8,2 × C6,2 × C4,2 × C2,2
=
4!
=
98
(9!)(8!)(6!)(4!)(2!)
= 945
(8!1!)(2!6!)(2!4!)(2!2!)(2!0!)4!
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
∴ o número total de combinações é
1 + 36 + 378 + 1250 + 945 = 2610
Solução 51
√ √
y
De x− y = log3 obtém-se o Domı́nio: (x, y) ∈ R2 | x > 0 ∧ y > 0 .
x
Não é possı́vel utilizar artifı́cios que transformem as equações em polinômios. Portanto deve-se analisar as condições entre x e y antes de
resolver o sistema.
y
y
Análise das hipóteses de > 1 e < 1:
x
x
y
> 1:
•
x
√
y
√
> 1 =⇒ y > x =⇒ x − y < 0
(A)
x
y
Aplicando em log3 :
x
y
y
> 1 =⇒ log3 > 0
x
x
As conclusões em (A) e (B) se contradizem.
y
< 1:
•
x
√
y
√
< 1 =⇒ y < x =⇒ x − y > 0
x
y
Aplicando em log3 :
x
y
y
< 1 =⇒ log3 < 0
x
x
(B)
(C)
(D)
As conclusões em (C) e (D) se contradizem.
Por absurdo, resta apenas a hipótese de x = y:
√
x−
√
x
x = log3
=⇒ 0 = 0 ∴ x = y
x
Substituindo y por x na segunda equação:
2x+2 + 8x = 5.4x =⇒ 4.2x + 23x − 5.22x = 0
J. Bartasevicius
99
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo 2x = A:


A = 0
3
2
2
A − 5A + 4A = 0 =⇒ A A − 5A + 4 = 0 =⇒ A = 1


A=4
A = 0 não pode ser solução, pois não existe x tal que 2x = 0.
A = 1 não pode ser a solução, pois implica x = 0, que não está definido
no Domı́nio.
Resta apenas A = 4, implicando x = 2 e y = 2.
∴ S = {(2, 2)}
Solução 52
4
log3 3−2
+
> 1 =⇒
2 log3 x − 2
log3 x
4
2
−
> 1 =⇒
2 log3 x − 2 log3 x
4 log3 x − 2 (2 log3 x − 2) − log3 x (2 log3 x − 2)
> 0 =⇒
log3 x (2 log3 x − 2)
−2 log23 x + 2 log3 x + 4
>0
log3 x (2 log3 x − 2)
Fazendo y = log3 x:
−2y 2 + 2y + 4
> 0 =⇒
y (2y − 2)
−y 2 + y + 2
>0
y (y − 1)
Análise de sinais, com y 6= {0, 1}:
• −y 2 + y + 2: (
x = −1
As raı́zes são:
x=2
Sinais da função:
100
.
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
−
−
+
−1
−y 2 + y + 2
2
• y:
Sinais da função:
−
+
y
0
• y − 1:
Sinais da função:
−
+
1
Analisando os sinais de
−
−1
−
y−1
−y 2 + y + 2
:
y (y − 1)
+
+
+
−
−
0
−
−
−1
+
0
−
1
−
1
+
2
+
−
+
+
+
2
−
+
−y 2 + y + 2
y
y−1
−y 2 + y + 2
y (y − 1)
A solução em y é: −1 < y < 0 ∨ 1 < y < 2.
Substituindo y por log3 x:
−1 < log3 x < 0 ∨ 1 < log3 x < 2 =⇒
1
<x<1∨3<x<9
3
1
∴ S = x∈R| <x<1∪3<x<9
3
J. Bartasevicius
101
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 53
Definindo o Domı́nio da equação:
4x − 4 > 0 =⇒ x > 1
(A)
x + 3 > 0 =⇒ x > − 3
√
x − 4x − 4 > 0 =⇒ x > 1
(B)
(C)
Domı́nio = (A) ∩ (B) ∩ (C):
∴ Domı́nio = {x ∈ R | x > 1}
Resolvendo a equação, elevando ambos os termos ao quadrado:
q
√
√
x + 4x − 4 + 2 x2 − (4x − 4) + x − 4x − 4 = x + 3 =⇒
q
x + 2 (x − 2)2 − 3 = 0 =⇒
x + 2|x − 2| − 3 = 0
(D)
Com |x − 2|, (D) deve ser separada em duas hipóteses:
• x > 2:
x + 2x − 4 − 3 = 0 =⇒ x =
7
3
• x < 2:
x − 2x + 4 − 3 = 0 =⇒ x = 1
Sendo ambos os valores pertencentes ao Domı́nio da equação:
7
∴ x ∈ {1, }
3
Solução 54
Inicialmente deve ser calculada a hipóteses de o número maior que 99
ter, no máximo, 4 algarismos:
x = u + 10d + 100c + 1000m, 0 6 u, d, c, m 6 9 ∧ u, d, c, m ∈ N
O valor de f (x), invertendo os algarismos das unidades e dezenas, e o
da centena e milhar, será:
f (x) = d + 10u + 100m + 1000c
102
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Evoluindo a equação dada no problema:
x2 − (f (x))2 = 9 (x + f (x)) =⇒
(x − f (x)) (x + f (x)) = 9 (x + f (x)) =⇒
x − f (x) = 9
(A)
Substituindo x e f (x) em (A):
u + 10d + 100c + 1000m − (d + 10u + 100m + 1000c) = 9 =⇒
−9u + 9d − 900c + 900m = 9 =⇒
d − u + 100(m − c) = 1
(B)
O valor mı́nimo de 100(m − c) é 0. Mas m e c não podem valer 0
simultaneamente, caso contrário o número teria 2 algarismos ou menos.
Devido ao valor máximo de d − u ser 9, o resultado de m − c deve ser 0.
Se m − c 6= 0 não há valor de d − u que faça (B) ser 1.
Portanto, o menor valor de m nestas condições é m = 1. Logo c = 1.
Neste caso, d−u = 1, cujo menor valor de d é d = 1 e, consequentemente,
u = 0.
Finalmente, o menor número maior que 99 que satisfaz à equação do
problema é 1110.
Solução 55
a) Dividindo o problema em partes:
a.1) Todos os coeficientes são 0 ou 1. Assim, assumindo valores positivos
para x, o polinômio P (x) será maior do que zero.
Conclusão 1: Não há raı́zes positivas para P (x).
a.2) Se a0 = 0, então é possı́vel fatorar com x em evidência. Sendo x
um fator de P (x), então x = 0 é raiz.
Conclusão 2: 0 é uma possı́vel raiz de P (x), se a0 = 0.
a.3) Assumindo a0 = 1 e todos os demais coeficientes 0, P (x) = a2015 +1.
Neste caso, −1 é raiz do polinômio.
Adicionalmente, a soma de termos de coeficiente 1 com expoente par
com outro de expoente ı́mpar, quando x = −1, dá o valor zero. Isto
implica mostrar que o polinômio terá a raiz −1 sempre que houver um
número exato de pares de termos cujos expoentes sejam par e ı́mpar.
Demonstração: Seja i, j ∈ N, com i > j:
x2i + x2j+1 = 0 =⇒
J. Bartasevicius
103
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
x2j+1
x2i−2j−1
+ 1 = 0 =⇒
x2i−2j−1 + 1 = 0 =⇒
i−j
x2
x2(i−j)
+ 1 = 0 =⇒
+ 1 = 0 =⇒ x = −1
x
x
Conclusão 3: −1 é uma possı́vel raiz possı́vel de P (x), se houver pares
de termos de coeficientes 1 e expoentes pares e ı́mpares.
a.4) As demais raı́zes inteiras são para x 6 − 2.
Supor que o único termo de expoente ı́mpar seja x2015 e todos os demais termos de expoente par de P (x) estejam presentes. Desta forma,
haverá apenas um termo produzindo valor negativo e todos os demais
produzindo valor positivo. Esta condição faz com que o valor negativo
seja o menor possı́vel, enquanto o valor positivo seja o maior possı́vel.
Quando x = −2, apenas o termo x2015 produzirá valor negativo.
Todos os demais termos de expoente par produzirão valor positivo.
Resta saber se a soma de todos os termos de expoente par podem se
igualar ou serem maiores que o módulo de x2015 . Se forem iguais ou
maiores, então haverá valores de x 6 − 2 que também serão possı́veis
raı́zes.
Portanto, se a inequação
2015 (A)
x
6 x2014 + x2012 + . . . + x2 + 1
for verdadeira, então existe raiz menor ou igual a −2. Caso contrário,
não existem outras raı́zes, pois o módulo do termo negativo será sempre
menor que a soma dos termos positivos.
1
x2014 + x2012 + . . . + x2 + 1 é uma progressão geométrica de razão 2 :
x
x2014 + x2012 + . . . + x2 + 1 =
x2016 − 1
x2 − 1
Voltando à inequação (A):
2015 x2016 − 1
x
6
x2 − 1
Sendo x < 0, x2015 = −x2015 :
−x2015 −
104
x2016 − 1
6 0 =⇒
x2 − 1
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
−x2017 − x2016 + x2015 + 1
60
x2 − 1
Para x 6 − 2, o denominador (x2 − 1) é sempre positivo.
Portanto, se existir x 6 − 2 tal que −x2017 − x2016 + x2015 + 1 6 0,
existirão mais soluções.
Analisando:
−x2017 − x2016 + x2015 + 1 6 0 =⇒
−x2015 x2 + x − 1 + 1 6 0 =⇒
• −x2015 > 0, para x 6 − 2.
−1 ±
• x2 + x − 1 possui raı́zes
2
x 6 − 2.
√
5
, portanto x2 + x − 1 > 0 para
• Sendo −x2015 e x2 +x−1 ambos positivos, logo −x2015 x2 + x − 1 +
1 > 0, contrariando a hipótese. Portanto não há mais soluções.
Conclusão 4: Não existem soluções para x 6 − 2.
∴, as possı́veis raı́zes são somente 0 e −1.
b) Para que haja duas raı́zes inteiras distintas, 0 e −1 são obrigatoriamente estas duas raı́zes.
De acordo com a Conclusão 2, para existir a raiz 0, a0 = 0.
E, de acordo com a Conclusão 3, é necessário existir pares de termos
com expoentes pares e ı́mpares para que −1 possa ser raiz.
Sabendo que os termos vão de a1 a a2014 , devem existir:
• n + 1 coeficientes de termos com expoente par; e
• n coeficientes de termos com expoente ı́mpar.
Além de x2015 e 0x0 , existem 1007 termos de expoente ı́mpar e 1007
termos de expoente par:
• Somente um termo de expoente par (exceto x0 ) de coeficiente 1 e
nenhum termo de expoente ı́mpar:
São:
C1007,1
| {z }
possibilidades de um
coeficiente 1 em expoente par
×
C1007,0
| {z }
possibilidades de nenhum
coeficiente 1 em expoente ı́mpar
J. Bartasevicius
105
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• Dois termos de expoente par de coeficiente 1 e um termo de expoente ı́mpar (exceto x2015 ):
C1007,2
| {z }
×
possibilidades de dois
coeficientes 1 em expoente par
C1007,1
| {z }
possibilidades de um
coeficiente 1 em expoente ı́mpar
..
.
• Todos os termos de expoente par de coeficiente 1 (exceto a0 ) e
todos, menos um, termo de expoente ı́mpar (exceto x2015 ):
C1007,1007
| {z }
×
possibilidades de todos
os coeficientes 1 em expoente par
C1007,1006
| {z }
possibilidades de 1006
coeficientes 1 em expoente ı́mpar
Somando o número de possibilidades dos polinômios tem-se:
C1007,1 × C1007,0 + C1007,2 × C1007,1 + . . . + C1007,1007 × C1007,1006
∴
1006
X
C1007,n × C1007,n+1
n=0
Solução 56
ln sin2 x = ln sin2 x
• ln sin2 x > 0 se sin2 x > 1 (impossı́vel!)
• ln sin2 x 6 0 se sin2 x 6 1
∴ − ln sin2 x = ln sin2 x =⇒
ln sin2 x = 0 =⇒
sin2 x = 1 =⇒ sin x = ±1
Finalmente, x = π2 ou x = − π2 =⇒ x = π2 + kπ, k ∈ Z.
Alternativa a).
106
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 57
Fazendo 3x = ∆, tem-se:
12∆3 − 19∆2 + 8∆ − 1 = 0
(A)
Como 3x − 1 é fator de 12x3 − 19x2 + 8x − 1, então 3∆ − 1 é fator de
(A):
12∆3 − 19∆2 + 8∆ − 1 ÷ (3∆ − 1) = 4∆2 − 5∆ + 1
Fatorando (A):
4∆2
− 5∆ + 1 (3∆ − 1) = 0
De onde se chega às raı́zes: 14 , 1 e 31 .
Substituindo ∆:
1
1
3x =
=⇒ x = log3
4
4
x
3 = 1 =⇒ x = 0
1
3x =
=⇒ x = −1
3
1
1 1
∴ log3 + 0 − 1 = log3
×
= − log3 12
4
4 3
Alternativa a).
Solução 58
x , x e xe−2a .
Os três termos são: e−2a
(
(
x + x + xe−2a = 7
xe4a + xe2a + x = 7e2a
−2a
e
=⇒
x =3
x − xe4a = 3e2a
xe−2a − e−2a
Fazendo e2a = y:
(
7y
xy 2 + xy + x = 7y =⇒ x = y2 +y+1
x − xy 2 = 3y
Aplicando x na segunda equação do sistema:
7y
7y
−
y 2 = 3y =⇒
2
2
y +y+1 y +y+1
J. Bartasevicius
107
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
7y − 7y 3 − 3y 3 − 3y 2 − 3y
= 0 =⇒
y2 + y + 1


y=0



4
y −10y 2 − 3y + 4 = 0 =⇒ y = − 5



y = 1
2
Como y = e2a , descartam-se as soluções y = 0 e y = − 54 .
1
ln
√
1
− ln 2
e2a =
=⇒ a = 2 =
= − ln 2
2
2
2
Alternativa d).
Solução 59
Ao calcular f (g(x)), primeiramente deve-se verificar as condições que
fazem |g(x)| < 1 e |g(x)| > 1.
Começando por |g(x)| < 1:
|g(x)| < 1 =⇒ −1 < g(x) < 1
−1 <
2x − 3
< 1 =⇒
x−1
2x − 3
2x − 3
> −1 ∧
<1
x−1
x−1
• 2x−3
x−1 > −1
2x − 3 + (x − 1)
3x − 4
> 0 =⇒
>0
x−1
x−1
(A)
2x − 3 − (x − 1)
x−2
< 0 =⇒
<0
x−1
x−1
(B)
• 2x−3
x−1 < 1
108
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução de (A), aplicando a regra de sinais:
−
−
3x − 4
+
−
+
+
x−1
+
−
+
3x−4
x−1
1
4
3
Solução de (B), aplicando a regra de sinais:
−
−
x−2
+
−
+
+
x−1
+
−
+
x−2
x−1
1
2
∴ a solução de |g(x)| < 1 é (A) ∩ (B):
(A)
(B)
(A)∩(B)
1
4
3
2
∴ f (g(x)) = 1, se 43 < x < 2.
Alternativa c).
Solução 60
√
√ 2 √ 2
x2 + y 2 − 6 2y + 18 = 18 =⇒ x2 + y − 3 2 = 3 2
Desenhando os gráficos das equações da reta e da circunferência:
J. Bartasevicius
109
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
y
√
3 2
B
C
x
A
Do gráfico, é necessário determinar a coordenada do ponto B para
calcular√
a distância AB.
De y = 2x, tem-se x = √y e aplicando na equação do cı́rculo:
2
√ 2 √ 2
√
y2 3y 2
+ y−3 2 = 3 2
− 6 2y = 0 =⇒
=⇒
2
2
(
y = 0 =⇒ x = 0 (ponto A)
√
=⇒
y = 4 2 =⇒ x = 4 (ponto B)

√

AC
=
3
2


√
√
√
BC = 3 2
2
+
4
3
=⇒
perı́metro
=
6
q

√
√

2
AB = 42 + 4 2 = 4 3
Alternativa e).
Solução 61
y=
ax − a−x
1
=⇒ 2y = ax − x =⇒
2
a
a2x − 2yax − 1 = 0
Fazendo ax = Z:
Z 2 − 2yZ − 1 = 0 =⇒
p
q
2y ± 4y 2 + 4
Z=
= y ± y2 + 1
2
110
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
x
a > 1 =⇒
p a > 0.
Z = y + y 2 + 1.
p
y 2 + 1 > y, portanto a única solução para Z é
ax
=y+
q
y 2 + 1 =⇒
x = loga y +
q
y2 + 1
Alternativa c).
Solução 62
Analisando as afirmações:
I. A afirmação é VERDADEIRA.
Cálculo das raı́zes:
3x4 −3−10x3 +10x = 0 =⇒ 3 x4 − 1 −10x x2 − 1 = 0 =⇒
=⇒ 3 x2 − 1 x2 + 1 − 10x x2 − 1 = 0 =⇒
=⇒
x2 − 1 3x2 − 10x + 3 = 0
x2
− 1 = 0 =⇒ x = ±1

x = 3 ou
2
3x − 10x + 3 = 0 =⇒
1
x =
3
A equação de 4° grau produz
4 raı́zes, e neste caso, todas as raı́zes
1
são reais: −1, , 1, 3 .
3
Portanto a afirmação é verdadeira.
II. A afirmação é FALSA.
Equação recı́proca é aquela que cujas raı́zes possuem o seu inverso.
1
Por exemplo, em 3x2 − 10x + 3 = 0, cujas raı́zes são 3 e . Para
3
isto é necessário um número para de raı́zes, exceto quando uma
das raı́zes for 1 ou −1, caso em que seu inverso é ele próprio.
J. Bartasevicius
111
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
III. A afirmação é VERDADEIRA.
Cálculo das raı́zes em x3 + 4x2 − 4x − 16 = 0:
x3 − 4x + 4x2 − 16 = 0 =⇒ x x2 − 4 + 4 x2 − 4 = 0 =⇒
(
x = ±2
=⇒ (x + 4) x2 − 4 = 0 =⇒
x = −4
Cálculo das raı́zes em x3 + 2x2 − x − 2 = 0:
x3 − x + 2x2 − 2 = 0 =⇒ x x2 − 1 + 2 x2 − 1 = 0 =⇒
(
x = ±1
=⇒ (x + 2) x2 − 1 = 0
x = −2
Portanto as raı́zes de uma equação são exatamente o dobro da
outra.
Alternativa b).
Solução 63
Os 18 professores são distribuı́dos da seguinte maneira:
• 7 Matemática (M )
• 3 Fı́sica (F )
• 4 Quı́mica (Q)
• 4 Outras disciplinas (O)
A comissão composta de 12 professores precisa conter:
• 5 Matemática (M )
• {2, 3} Fı́sica (F )
• {0,1, 2} Quı́mica (Q)
• {0, 1, 2, 3, 4} Outras disciplinas (O)
O número máximo de professores de Outras disciplinas é 4, portanto a
soma de F e Q não pode ser menor que 12 − 5 − 4 = 3, caso contrário
não haverá professores suficientes de Outras disciplinas para completar
o quadro de 12 professores. Então, só não poderá haver a combinação
de 2 professores de Fı́sica com 0 (zero) de Quı́mica
Assim, haverá 5 combinações entre as quantidades de professores de
Fı́sica, Quı́mica e Outras disciplinas:
112
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Disciplinas
M
F
Q
O
A
5
2
1
4
B
5
2
2
3
C
5
3
0
4
D
5
3
1
3
E
5
3
2
2
Cálculo do número de possibilidades de comissões diferentes:
• Possibilidade A:
C7,5 × C3,2 × C4,1 × C4,4 =
3!
4!
4!
7!
×
×
×
=
5!2! 2!1! 1!3! 4!0!
= 21 × 3 × 4 × 1 = 252
• Possibilidade B:
C7,5 × C3,2 × C4,2 × C4,3 =
7!
3!
4!
4!
×
×
×
=
5!2! 2!1! 2!2! 3!1!
= 21 × 3 × 6 × 4 = 1512
• Possibilidade C:
C7,5 × C3,3 × C4,0 × C4,4 =
7!
3!
4!
4!
×
×
×
=
5!2! 3!0! 0!4! 4!0!
= 21 × 1 × 1 × 1 = 21
• Possibilidade D:
C7,5 × C3,3 × C4,1 × C4,3 =
7!
3!
4!
4!
×
×
×
=
5!2! 3!0! 1!3! 3!1!
= 21 × 1 × 4 × 4 = 336
• Possibilidade E:
C7,5 × C3,3 × C4,2 × C4,2 =
7!
3!
4!
4!
×
×
×
=
5!2! 3!0! 2!2! 2!2!
= 21 × 1 × 6 × 6 = 756
∴ Solução = 252 + 1512 + 21 + 336 + 756 = 2877
Alternativa d).
J. Bartasevicius
113
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 64
A = Cn,0 30 + Cn,1 31 + Cn,2 32 + . . . + Cn,n 3n = (3 + 1)n
B = Cn−1,0 110 + Cn−1,1 111 + Cn−1,2 112 + . . . + Cn−1,n−1 11n−1 =
= (11 + 1)n−1
ln B − ln A = ln
6561
B
38
=⇒ ln = ln 2 =⇒
4
A
2
(11 + 1)n−1
38
=
=⇒
(3 + 1)n
22
38
(12)n−1 1
=
.
=⇒
22
(4)n−1 4
12 n−1
= 38 =⇒ 3n−1 = 38 =⇒ n − 1 = 8
4
∴n=9
Alternativa e).
Solução 65
a1 an = 243 =⇒ a21 q n−1 = 35
(A)
1+2+...+n−1 = an q
q 20 = a1 a1 qa1 q 2 . . . a1 q n−1 = an
1q
1
q 6 = a1 q n−1
(n−1)n
2
(B)
(C)
Modificando (B):
q 20
(n−1) n
= a1 q 2
=
a1 q (n−1)
q
!n
(n−1)
2
Substituindo (C) em (D):
q 20
q6
=
q
114
(n−1)
2
!n
(n−1) n
6−
2
= q
=⇒
J. Bartasevicius
(D)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
13n − n2
2
(
n = 8 ou
=⇒ n2 − 13n − 40 = 0 =⇒
n=5
q 20 = q n(
13−n
2 )
=⇒ 20 =
Verificando as hipóteses de n:
• n = 8:
De (B) tem-se:
q 20 = a81 q 28 =⇒ a1 = q −1
(E)
Aplicando (E) em (A):
a21 q n−1 = 35 =⇒ q −2 q 7 = 35
∴q=3
• n = 5:
De (B) tem-se:
q 20 = a51 q 10 =⇒ a1 = q 2
Aplicando (F) em (A):
(F)
a21 q n−1 = 35 =⇒ q 4 q 4 = 35 =⇒ q 8 = 35
Mas q ∈ N, ∴ n = 5 não é solução.
Substituindo (C) em (A):
a1 (a1 q n−1 ) = 35 =⇒ a1 q 6 = 35
(G)
Para q = 3, a1 = 13 .
Por fim, solicita-se calcular 3−1 + 30 + 31 + . . . + 36 :
3−1 + 30 + 31 + . . . + 36 = S =⇒
(×3)
30 + 31 + 32 + . . . + 37 = 3S =⇒
S − 3−1 + 37 = 3S =⇒
S=
38 − 1
6
Alternativa c).
J. Bartasevicius
115
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 66
2° termo=C56 x5 y 1 = 6x5 y 1 .
O termo de maior coeficiente implica ser o termo do meio: C36 x3 y 3 =
20x3 y 3 .
Para obter a soma de todos os coeficientes, deve-se fazer os valores de
xi y 6−i serem iguais a 1, para i ∈ N, 1 6 i 6 6. Assim, a única maneira
é adotar x = y = 1. Portanto a soma dos coeficientes é 26 .
z− 1
2
Substituindo x = (2)z+1 e y = 41
:
!
5 1 z− 21 1
3
1
6 (2)z+1
+ .20 (2)z+1
4
10
z− 1 !3
2
1
= 8.26
4
6(2)5z+5 (2)−2z+1 + 2.(2)3z+3 (2)−6z+3 = 29
3(2)3z+7 + (2)−3z+7 = 29
(÷27 )
3(2)3z + (2)−3z = 22
Fazendo 23z = ∆:
3∆ +
3∆2 − 4∆ + 1 = 0 =⇒
1
= 22
∆
(
∆ = 1 =⇒ z = 0 ou
− log2 3
∆ = 13 =⇒ z =
3
Alternativa c).
Solução 67
√
Sendo ϕ o argumento de 2 + 2 3, e z o seu módulo, tem-se que:
√ 10
2+2 3
= z 10 10ϕ
Portanto, a = z 10 :
!
√ 2 10
22 + 2 3
r
a=
116
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
∴ a = 410 . x
Assim, 4.410 = 410
411x = 410 =⇒ x =
10
11
Alternativa a).
Solução 68
Calculando o determinante com os coeficientes de x, y e z:
3 −2 1 1 1 −1 = −4
2 1 −2
Portanto, o sistema é possı́vel e determinado.
Cálculo de x, y e z. Multiplicando a segunda equação por −2 e somando
com a terceira, tem-se:
(
−2x − 2y + 2z = 0
=⇒ −y = −1 =⇒ y = 1
2x + y − 2z = −1
Somando a primeira com a segunda equação:
(
3x − 2y + z = 7
=⇒ 4x − y = 7 =⇒ 4x = 8 =⇒ x = 2
x+y−z =0
Com x = 2 e y = 1 obtém-se z da segunda equação:
x + y − z = 0 =⇒ z = 3
∴ xyz = 6.
Alternativa c).
Solução 69
B presenciaram o acidente, em t = 0
B é a população de Votuporanga. 65
horas:
B
B
=
=⇒ C = 64
65
1+C
J. Bartasevicius
117
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Quando t = 3 horas, B
9 sabem do acidente:
B
B
=
=⇒ 9 = 1 + 64e−3k =⇒
−k3
9
1 + 64e
e−3k = 2−3 =⇒ e−k = 2−1
Portanto, o valor de t quando o resultado da fórmula for B
5 será:
B
B
=
t =⇒
5
1 + 64 2−1
5 = 1 + 64.2−t =⇒ 2−t =
1
16
∴ t = 4 horas.
Alternativa a).
Solução 70
As retas (r1 ) e (r2 ) são retas perpendiculares, que podem ser verificados
pela multiplicação dos coeficientes de x, cujo resultado é −1.
Portanto, a circunferência que tangencia ambas as retas, passando pelo
ponto P : (0, 0) obrigatoriamente tangencia a reta (r1 ) neste ponto, pois
P é um ponto da reta.
Então, deve-se definir o centro da circunferência pelo encontro das retas
x + y = 0 (perpendicular a reta (r1 ) em P ) e da reta perpendicular a
(r2 ) em x = 2, conforme figura abaixo:
y
(r2 )
(r1 )
x−y−2=0
x+y =0
P
2
C
118
J. Bartasevicius
x
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Assim, o centro C da circunferência é o encontro das retas x + y = 0 e
x − y − 2 = 0, definindo no ponto (1, −1).
√
A distância do ponto C ao ponto P é 2.
√ 2
∴ a equação da circunferência é (x − 1)2 + (y + 1)2 =
2 .
Alternativa b).
Solução 71
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1)
Aplicando o mmc nos denominadores:
x3 + 4
x3 + 1 a(x2 − x + 1) (bx + c)(x + 1)
=
+
+
=⇒
x3 + 1
x3 + 1
x3 + 1
x3 + 1
x3 + 4 = x3 + 1 + ax2 − ax + a + bx2 + bx + cx + c =⇒


a + b = 0
2
0 = (a + b)x + (−a + b + c)x + (a + c − 3) =⇒ −a + b + c = 0


a+c−3=0
∴ a = 1, b = −1 e c = 2 =⇒ a + b + c = 2
Alternativa d).
Solução 72
Para o fator a16 m2 , é necessário que a2 seja elevado à oitava potência e
m à segunda potência. Portanto o fator de a16 m2 é:
2 8 3a
2m 2 9.5.36 16 2
10
C8
=
a m
(A)
2
3
26
Para o fator a14 m3 , é necessário que a2 seja elevado à 7a potência e m
à 3a potência. Portanto o fator de a14 m3 é:
2 7 3a
2m 3 8.3.5.34 14 3
10
a m
(B)
C7
=
2
3
24
Calculando a razão entre(A) e (B):
9.5.36 a16 m2
26
8.3.5.34 a14 m3
24
=
9
=⇒
16
J. Bartasevicius
119
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
3a2
= 1 =⇒ 3a2 = 2m
2m
2
10
5
3a
2m
Fazendo 2 + 3
= m2 + 4 e substituindo 3a2 por 2m:
2m 2m 2
+
= m2 + 4 =⇒
2
3
25 2
m = m2 + 4
9
Pelo enunciado, a e m são positivos. Então m = 32 e a = 1.
∴ a + m = 25 .
Alternativa c).
Solução 73
1+2+3+...+(n−1) = 225
a1 a2 a3 . . . an = 225 =⇒ an
1 .q
(n−1) n
n(n−1)
25
n
= 225
a1 .q 2 = 2 ou a1 .q 2
(A)
n é ı́mpar =⇒ n = 2x + 1, x ∈ N. Portanto, o elemento do meio é
ax+1 = a1 .q x .
a1 .q x = 25
(B)
Fazendo x = n−1
2 e substituindo (B) em (A) tem-se:
n
25 = 225 =⇒ 5n = 25 ∴ n = 5
A soma dos 4 primeiros termos é 2(1 + q)(1 + q 2 ):
a1 + a1 .q + a1 q 2 + a1 .q 3 = 2(q 3 + q 2 + q + 1) =⇒
2
3
a1 1 + q + q + q = 2(q 3 + q 2 + q + 1) =⇒ a1 = 2
Com n = 5 e a1 = 2, de (B) tem-se:
2.q 2 = 25 =⇒ q = 4
∴ a1 + q + n = 2 + 4 + 5 = 11.
Alternativa e).
120
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 74

b = a2



c = a3
PG de razão a =⇒

d = a4



e = a5
a + a2 + a3 + a4 + a5 = 13a + 12 =⇒ a2 + a3 + a4 + a5 = 12a + 12 =⇒
2
2
3
a 1 + a + a + a = 12(a + 1) =⇒
a2 1 + a + a2 (1 + a) = 12(a + 1) =⇒
a2 (1 + a) 1 + a2 = 12(a + 1) =⇒ a2 1 + a2 = 12 =⇒
(
√
a2 = 3 =⇒ a = ± 3 ou
4
2
a + a − 12 = 0 =⇒
a2 = −4(a ∈
/ R)
√
a é base do logaritmo, consequentemente a > 0. ∴ a = 3.
Calculando a soma logarı́tmica, convertendo todos os termos para a
base a:
1
1
1
1
1
5
+
+
+
+
=
=⇒
loga x loga2 x loga3 x loga4 x loga5 x
2
loga a 2 loga a 3 loga a 4 loga a 5 loga a
5
+
+
+
+
=
=⇒
loga x
loga x
loga x
loga x
loga x
2
√ 6
15
5
=
=⇒ 6 = log√3 x =⇒ x =
3
loga x
2
∴ x = 33 .
Alternativa a).
Solução 75
1
−2
xy = 2 =⇒ x = y y
y
1
1
1
log x + log y = log √ =⇒ log xy = log √ =⇒ xy = √
x
x
x
J. Bartasevicius
(A)
(B)
121
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Substituindo (A) em (B):
y
− y2
1
− 2 +1− y1
=⇒ y y
y=q
=1
− y2
y
Sendo x, y =
6 1, então o expoente de y deve ser 0 para o resultado ser 1:
2
1
− + 1 − = 0 =⇒ y = 3
y
y
q
2
−
3
Substituindo y = 3 em (A): x = 3
= 3 19 .
Alternativa b).
Solução 76 √
√
Se 4 + i 2 e 5 são raı́zes de um polinômio que possui todos os
coeficientes inteiros, então as outras duas raı́zes √
são, respectivamente,
√
seu conjugado e seu valor negativo, ou seja 4 − i 2 e − 5.
Calculando o valor da 5a raiz:
√ √ √ √ 540 −
= 4+i 2 4−i 2
5 − 5 .r5
2
270 = (16 + 2) (5) .r5 =⇒ r5 = 3
∴ a soma dos quadrados das raı́zes reais é:
√ 2 √ 2
5 + − 5 + 32 = 19
Alternativa b).
Solução 77
Fazendo z 3 = y:
z1 y 2 + z2 y − 8 = 0
(A)
Se uma das raı́zes é z = 1, então y = 1 é raiz da equação acima:
z1 (y − 1) (y − y2 ) = 0 =⇒
z1 y 2 − yz1 (1 + y2 ) + z1 y2 = 0
122
J. Bartasevicius
(B)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Comparando (A) com (B) tem-se as relações:
(
z1 y2 = −8
−z1 (1 + y2 ) = z2 =⇒ −z1 − z1 y2 = z2 =⇒ −z1 + 8 = z2
De z1 + z2 = 8, onde z1 e z2 possuem mesmo módulo. Portanto, a soma
de seus valores só pode resultar num número real se forem conjugados.


z1 = a + ib
z2 = a − ib

 2
a + b2 = 4
=⇒ z1 + z2 = 2a = 8 =⇒ a = 4
Então, b = 0. Assim, a equação original é:
(
z 3 = 1 ou
4z 6 + 4z 3 − 8 = 0 =⇒ z 6 + z 3 − 2 = 0 =⇒
z 3 = −2
Portanto, as raı́zes reais são 1 e
Alternativa c).
√
3
−2, cuja soma é 1 − 21/3 .
Solução 78
P (z) =
z 5 (z +2)+6z 3 (z +2)+8z(z +2)
=
z5
+ 6z 3
+ 8z (z +2) =⇒
P (z) = z(z + 2) z 4 + 6z 2 + 8 =⇒
Além de z = 0 e z = −2, também são raı́zes de P (z) as raı́zes da
equação bi-quadrada z 4 + 6z 2 + 8:
(
√
z 2 = −2 =⇒ z = ±i 2
z 2 = −4 =⇒ z = ±2i
∴ apenas duas raı́zes são reais e distintas.
Alternativa b).
J. Bartasevicius
123
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 79
1+i=
√
2 π4
√
√
2
20
= √ π = 1 − π4
1+i
2 4
(1 − π4 )93 = 1 − 93π
4
5π
5π
1 − 93π
4 = 1 −11.2π − 4 = 1 − 4
∴
√ !93
√
√
2
2
2
5π
=1 −4 =−
+i
1+i
2
2
Alternativa a).
Solução 80
a1 , a2 , a3 , a4 em PG: a1 , a1 q, a1 q 2 , a1 q 3 .
Aplicando no sistema de equações:
(
a1 x + a1 q 2 y = 1
a1 a1 qx + a1 a1 q 3 y = a1 q(÷a1 q) =⇒ a1 x + a1 q 2 y = 1
Após a simplificação, a segunda equação é igual à primeira. Portanto,
o sistema é possı́vel e indeterminado.
Alternativa c).
Solução 81
x, y, z em PA: y − r, y, y + r.
3ay−r + 2ay + ay+r = 0(÷ay )
3
+ 2 + ar = 0
ar
124
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo ar = tem-se:
(
= 3 ou
3 + 2 + 2 = 0 =⇒
= −1(impossı́vel, pois a > 0)
Então, ar = 3. ∴ r = loga 3.
Alternativa e).
Solução 82
z = x + iy =⇒ z 3 = x3 − 3xy 2 +i(3x2 y − y 3 )
| {z }
| {z }
1
1
√
∴ z 3 = 1 + i = 2 π4
q
√
3 √
6
π
z=
2 π4 = 2 12
√
Finalmente, z 3 = 1 + i e | z |= 6 2.
Alternativa b).
Solução 83
Alterando todos os logaritmos para a base y:
2 logy 7 =
2 logy 7 =
logy 7
logy 7
+
=⇒
2 logy y logy 2 + logy y
logy 7
logy 7
+
=⇒ (÷ logy 7)
2
logy 2 + 1
1
1
2= +
=⇒
2 logy 2 + 1
1
4 logy 2 + 1 = logy 2 + 1 + 2 =⇒ logy 2 = −
3
1
∴ y − 3 = 2 =⇒ y =
1
8
Alternativa d).
J. Bartasevicius
125
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 84
O cálculo torna-se mais fácil ao identificar o número de arranjos com as
cinco vogais juntas e subtrair do total.
A palavra VESTIBULANDO possui 12 letras, todas distintas, com 5
vogais e 7 consoantes. Assim, o número total de arranjos é 12!
Para se manter as cinco vogais juntas, elas podem ocupar as posições
de 1 a 8:
A E I O U
A E I O U
|{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
As vogais podem se arranjar em 5! possibilidades.
E para cada arranjo de vogais, existem 7! arranjos de consoantes.
Assim, o número de arranjos com todas as vogais juntas é: 8 × 5! × 7! =
5! × 8!.
Portanto, o número de anagramas que não possuem as 5 vogais juntas
é 12! − 8!5!.
Alternativa c).
Solução 85
Sendo a > 1, para que a inequação seja verdadeira, os expoentes também
devem obedecer à relação:
2x(1 − x) > x − 1 =⇒ 2x2 − x − 1 < 0
As raı́zes são x = 1 e x = − 12 .
A parábola 2x2 − x − 1 tem o coeficiente de x2 positivo, então o valor
da função é negativo quando os valores de x estiver entre as raı́zes.
Portanto, − 12 < x < 1.
Alternativa c).
Solução 86
1
sin4 x
4
4
+ 4 =⇒ 4 sin x − cos x = 1 =⇒
4 4 =
cos x
cos4 x
4 sin2 x − cos2 x sin2 x + cos2 x = 1 =⇒
|
{z
}|
{z
}
− cos 2x
1
cos 2x = −
126
1
4
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
x ∈ 0, π2 =⇒ 2x ∈ [0, π[. Portanto o valor de sin 2x é positivo:
s
√
2
1
15
=⇒ sin 2x =
sin 2x = 1 − −
4
4
Cálculo de sin 4x:
√
15
sin 4x = 2 sin 2x cos 2x = 2
4
√
∴ sin 2x + sin 4x =
15
+
4
√
15
−
8
!
√
1
15
−
=−
4
8
√
15
=
.
8
Alternativa b).
Solução 87
C : x2 + 2x + 1 + y 2 + 2y + 1 = 1 =⇒ (x + 1)2 + (y + 1)2 = 12
x−2 2
2
2
E : x − 4x + 4 + 4y + 8y + 4 = 4 =⇒
+ (y + 1)2 = 1
2
Elementos da circunferência C: centro em (−1, −1) e raio de tamanho
1.
Elementos da circunferência E: centro em (2, −1), distância do semi-eixo
x = 2 e distância do semi-eixo y = 1.
Esboçando o gráfico:
y
−1
O
2
x
−1
C
E
Portanto, a circunferência e a elipse são tangentes exteriormente.
Alternativa c).
J. Bartasevicius
127
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 88
|{z} |{z} |{z} |{z} |{z} |{z}
a
b
c
d
e
f
Análise das hipóteses:
• Fixando os números 3 e 4 nas posições “a” e “b”, 1 e 2 podem
ocupar 3 posições: “c” e “e”, “c” e “f”, e “d” e “f”. Neste caso,
podendo inverter tanto as posições de 3 e 4, quanto 1 e 2, tem-se
2 × 3 × 2 = 12 possibilidades.
• Fixando os números 3 e 4 nas posições “b” e “c”, 1 e 2 podem
ocupar 4 posições: “a” e “d”, “a” e “e”, “a” e “f”, e “d” e “f”.
Neste caso, podendo inverter tanto as posições de 3 e 4, quanto 1
e 2, tem-se 2 × 4 × 2 = 16 possibilidades.
• Fixando os números 3 e 4 nas posições “c” e “d”, 1 e 2 podem
ocupar 4 posições: “a” e “e”, “a” e “f”, “b” e “e”, e “b” e “f’.
Neste caso, podendo inverter tanto as posições de 3 e 4, quanto 1
e 2, tem-se 2 × 4 × 2 = 16 possibilidades.
• Fixando os números 3 e 4 nas posições “d” e “e”, por simetria, a
situação se torna análoga a quando se fixa nas posições “b” e “c”.
Neste caso, existem 16 possibilidades.
• Fixando os números 3 e 4 nas posições “e” e “f”, por simetria, a
situação se torna análoga a quando se fixa nas posições “a” e “b”.
Neste caso, existem 12 possibilidades.
Para cada uma das hipóteses listadas acima, sobram os números 5 e 6,
que também podem ter suas posições invertidas.
Portanto, a quantidade de números que podem ser formados de acordo
com a formulação do problema é:
(12 + 16 + 16 + 16 + 12) × 2 = 144
Alternativa a).
Solução 89
2
Fazendo 2x = y:
(
y = 4 ou
y 2 − 5y + 4 = 0 =⇒
y=1
128
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
2
2x = 22 =⇒ x2 = 2 =⇒ x = ± 2
e
2
2x = 20 =⇒ x2 = 0 =⇒ x = 0
√
Apenas 2 é raiz real e positiva. √
∴ a soma das raı́zes reais positivas é 2.
Alternativa c).
Solução 90
Sendo a sequência uma PA, então a diferença entre o 3o e o 2o termos
devem ter o mesmo valor da diferença entre o 2o e o 1o termos, que é o
valor da razão:
1 − 4n − (−5n) = −5n − (2 + 3n) =⇒ 9n = −3
∴ n = − 31 .
Alternativa b).
Solução 91
A soma dos coeficientes do desenvolvimento do binômio pode ser calculada fazendo x = y = 1, pois todos os termos xi y m−i valerão 1 e serão
somados apenas os coeficientes.
(1 + 1)m = 1024 =⇒ 2m = 210 =⇒ m = 10
O número de arranjos de m tomados 2 a 2 é:
10!
10!
=
= 90
(10 − 2)!
8!
Alternativa b).
Solução 92
Condições a serem atendidadas:
(
f (x) > 0 (condição I) e
p
∃ x2 + (2m + 1)x + (m2 + 2) 6= 0, ∀x ∈ R (condição II)
J. Bartasevicius
129
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Para satisfazer a condição II, é necessário que x2 +(2m+1)x+(m2 +2) >
0.
Condição II: como o coeficiente de x2 é positivo, a equação não poderá
ter raı́zes reais para que seu valor seja maior que 0, qualquer que seja o
valor de x.
x2 + (2m + 1)x + (m2 + 2) > 0 =⇒ ((2m + 1))2 − 4(m2 + 2) < 0
7
(A)
4
Condição I: como a raiz quadrada produz resultado positivo, a condição
I será satisfeita se o numerador de f (x) > 0, ou seja, x2 + (2m + 3)x +
(m2 + 3) > 0. Pelo coeficiente de x2 ser maior do que 0, a equação não
poderá ter raı́zes reais ou apenas raı́zes duplas para que a condição seja
mantida.
4m < 7 =⇒ m <
x2 + (2m + 3)x + (m2 + 3) > 0 =⇒ (2m + 3)2 − 4(m2 + 3) 6 0
12m 6 3 =⇒ m 6
1
4
(B)
Fazendo (A) ∩ (B):
7
4
1
4
1
4
condição II
condição I
(condição II) ∩ (condição I)
∴ m 6 14 .
Alternativa d).
Solução 93
Transformando (1 + cos 2x) + i sin 2x = z em notação polar.
Módulo:
q
p
| z |= (1 + cos 2x)2 + sin2 2x = 1 + 2 cos 2x + cos2 2x + sin2 2x
√ √
| z |= 2 1 + cos 2x
Fase:
z∠ = arctan
130
sin 2x
1 + cos 2x
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√ √
k
sin 2x .
Portanto, z k =
2 1 + cos 2x
k arctan 1+cos
2x
√ √
k
sin 2x .
2 1 + cos 2x sin k arctan 1+cos
Então, a parte imaginária é
2x
sin
2x
Simplificação de arctan 1+cos 2x :
arctan
sin 2x
2 sin x cos x
2 sin x cos x
= arctan
= arctan
2
2
1 + cos 2x
2 cos2 x
1 + cos x − sin x
= arctan
sin x
= arctan(tan x)
cos x
∴ arctan
Simplificação de
sin 2x
=x
1 + cos 2x
√ √
2 1 + cos 2x:
√ √
√ p
√ p
2 1 + cos 2x = 2 1 + cos2 x − sin2 x = 2 2 cos2 x
∴| z |= 2 cos x
Finalmente, z k = 2k cosk x sin kx.
Alternativa c).
Solução 94
5 − ||2x − 1| − 6| > 0 =⇒ ||2x − 1| − 6| 6 5
−5 6 |2x − 1| − 6 6 5 =⇒
(+6)
1 6 |2x − 1| 6 11
Separando as inequações:
(
|2x − 1| > 1 e
|2x − 1| 6 11
(
2x − 1 > 1 =⇒ x > 1 ou
|2x − 1| > 1 =⇒
2x − 1 6 −1 =⇒ x 6 0
|2x − 1| 6 11 =⇒ −11 6 2x − 1 6 11 =⇒ −5 6 x 6 6
J. Bartasevicius
(A)
(B)
131
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo (A) ∩ (B):
0
−5
−5
(A)
1
6
0
1
6
(B)
(A) ∩ (B)
∴ S = {x ∈ R | −5 6 x 6 0 ∪ 1 6 x 6 6}.
Alternativa e).
Solução 95
√
√ a
Em f (x), por 2 > 1, então o valor mı́nimo de
2 implica a ser
mı́nimo. Neste caso, o menor valor de 3 sin x − 1 é quando sin x = −1.
√ 3(−1)−1 1
Portanto o valor mı́nimo de f (x) é
2
= 4.
a
1
Em g(x), por 2 < 1, então o valor mı́nimo de 21
implica a ser
máximo. Neste caso, o maior valor de 3 sin2 x − 1 é quando sin x = ±1.
3(1)2 −1
Portanto o valor mı́nimo de g(x) é 12
= 14 .
Finalmente, fmı́n (x) + gmı́n (x) = 14 + 14 = 12 .
Alternativa d).
Solução 96
x3 − px2 + 0x − q m = 0
Da equação tem-se as seguintes relações:

m

abc = q
ab + ac + bc = 0


a+b+c=p
Das relações acima, a2 + b2 + c2 é:
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2ab − 2ac − 2bc =⇒
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + ac + bc) =⇒
a2 + b 2 + c 2 = p 2
132
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
h
a+b+c i
2
2
2
:
Calculando logq abc a + b + c
h p i
logq q m p2
= logq q m + logq p2p
∴ m + 2p logq p
Alternativa b).
Solução 97
Fazendo xy = z:
2
4 4
1 4
z + 2z + 1
(z + 1)2
z+2+
=
=
=
z
z
z
8
(z + 1)8 X C8,i z i
=
z4
z4
i=0
z i−4 ,
Os termos são da forma C8,i
onde os exponetes de z variam de −4
a 4.
Quando i = 4 o termo será C8,4 z 0 .
Sendo x, y > 0, então z > 0. Consequentemente, todos os demais termos
da sequência são maiores do que zero, implicando a soma das potências
de z ser maior que C8,4 .
8
∴ xy + 2 + xy > C8,4 .
Solução 98
17640 = 23 .32 .5.72
Os números que são divisores de 17640 e múltiplos de 3 devem possuir
pelo menos um fator 3 em sua composição.
Assim, os divisores devem assumir a forma 2a .3b .5c .7d , onde os valores
a, b, c e d podem ser:
• a: 0, 1, 2 ou 3;
• b: 1 ou 2 (um fator 3 deve existir obrigatoriamente);
• c: 0 ou 1; e
J. Bartasevicius
133
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• d: 0, 1 ou 2.
Assim, são quatro possibilidades para o fator 2, duas para o fator 3,
duas para o fator 5, e três para o fator 7:
∴ 4 × 2 × 2 × 3 = 48.
Alternativa c).
Solução 99
A
T
d1
dtotal
Aquiles corre d1 em t1 = vd1 .
A
Neste mesmo perı́odo de tempo t1 , a tartaruga corre, d2 =
Portanto, é possı́vel estabelecer a seguinte relação:
d1
vA
vT
= vT2 d1 .
vA
• Aquiles percorre a distância dn no tempo tn = vdn ; e
A
• a tartaruga percorre, no tempo tn , a distância dn+1 = vT tn .
Analogamente, para n > 2, dn = vT tn−1
Isolando dn em ambas as relações tem-se:
tn
v
tn vA = vT tn−1 =⇒
= T
tn−1
vA
Ou seja, a razão entre os tempos consecutivos é constante e igual a
vT
vA , o que define uma progressão geométrica. Como a velocidade da
tartaruga é menor, tem-se uma progressão com razão menor que 1.
Sendo uma progressão geométrica com razão menor que 1, a soma dos
seus infinitos termos é convergente:
n−1 X
n−1
∞
∞ X
vT
v
d1
ttotal =
t1 .
=
. T
vA
vA
vA
n=1
ttotal =
ttotal =
n=1
1 2 3
d1
d
v
d
v
d
v
+ 1 . T + 1 . T + 1 . T +. . .
vA
vA
vA
vA
vA
vA
vA


vT
vA
 1

vA
d1
d1
vT

 d1
.
+
+
.
+ . . .

vT
v
vA
vA
 vA

| A
{z
}
ttotal
134
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
vA
d1
t
=
+ ttotal
vT total
vT
vA − vT
d
ttotal = 1
vT
vT
ttotal =
d1
vA − vT
Sendo a soma infinita de termos até possuir o tempo de deslocamento
parcial tendendo a zero, isto é, quando a distância parcial a percorrer
também tender a zero, significa que ttotal representa o tempo que leva
para Aquiles alcançar a tartaruga.
De outra forma:
• tempo para Aquiles percorrer a distância total até o ponto de
encontro: dtotal
v ;e
A
• tempo para a tartaruga percorrer a distância total até o ponto de
−d1
.
encontro: dtotal
v
T
Como ambos se encontram no ponto, então os tempos se igualam:
dtotal
d
− d1
= total
vA
vT
dtotal =
vA d1
vA − vT
O tempo total para a distância a ser percorrida por Aquiles é
d1
vA −vT ,
vA d1
vA −vT
vA
=
∴ igual a ttotal .
Solução 100
r √
r sr
r
33x
3 3 x
3p
3
=
=
x−1
3
5x
5
5
x
sr
s
r
r
x2
3 5 3
3 5√
6
3 5x
√ =
=
x
3
x
3
3 x
J. Bartasevicius
135
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
No cálculo do termo independente, o expoente de x deve ser nulo e as
somas das potências dos membros deve ser 12:
( (
− 13 m + 61 n = 0
m=4
=⇒
n=8
m + n = 12
O termo independente é:
r
C12,4
3p
3
x−1
5
!4
r
3
5√
6
x
3
!8
√
25 3 25
9
× √
= 495 ×
=
25
939
√
3
3
(× √
3 )
3
√
3
√
75
3
495 × √
=
165
×
75
3
27
Alternativa e).
Solução 101
5 verdes
3 verdes
3 azuis
2 azuis
Sdados < 4
Sdados > 4
BRANCA
PRETA
Total de combinações de dois dados: 6 × 6 = 36.
Dados cuja soma é menor que 4: (1,1), (1,2) e (2,1).
PSdados <4 =
3
1
=
36
12
PSdados >4 =
33
11
=
36
12
Probabilidades de retirar bola verde:
• Caixa BRANCA: PBRANCA = 58
• Caixa PRETA:PPRETA = 35
136
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Cálculo da probabilidade total de se retirar uma bola verde:
PBRANCA × PSdados <4 + PPRETA × PSdados >4 =
5
1
3 11
289
×
+ ×
=
8 12 5 12
480
Solução 102
Raiz dupla implica a equação assumir a forma fatorada de:
(x − r1 )(x − r1 )(x − r2 )
Expandindo:
x3 + (−2r1 − r2 )x2 + (r12 + 2r1 r2 )x − r12 r2
Equiparando os coeficientes de x2 e x tem-se:
(
3 = −2r1 − r2 =⇒ r2 = −3 − 2r1
−2 = r12 + 2r1 r2
Substituindo r2 na segunda equação:
−2 = r12 +2r1 (−3−2r1 ) =⇒ 3r12 +6r1 −2 = 0 =⇒
√
(
r1 = −1 + 660
√
r1 = −1 − 660
√
Como r1 ∈]0, 1[, então r1 = −1 + 660 .
√
√ !
60
60
r2 = −3 − 2 −1 +
= −1 +
6
3
Pela equação expandida, d = −r12 r2 :
√
60
d = − −1 +
6
!2
√
60
−1 +
3
!
√
84 − 11 60
=
9
J. Bartasevicius
137
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 103
(
A2 + 3B 2 = 7
2
2AB = 4 =⇒ A = B
q
(
4
B
=
±
3
3B 4 − 7B 2 + 4 = 0 =⇒
B = ±1
√
√
7 − 4 3 = (A − B 3)2 =⇒
√
Prefere-se utilizar A, B ∈ Q∗+ , necessariamente com A − B 3 > 0.
Então B = 1. Logo A = 2.
√
√
7 − 4 3 = (2 − 3)2
q
√
√
∴ x = (2 − 3)2 + 3 = 2 ∈ Q
Alternativa b).
Solução 104
p
p
Sendo 0 e −1 raı́zes de p(x), então 5 p(0) = 0 e 5 p(−1) = 0.
Então, ax2 − 2bx + c + 1 = 0 para x = 0 e x = −1.
Resolvendo para x = 0:
a.02 − 2b.0 + c + 1 = 0 =⇒ c = −1
Resolvendo para x = −1, substituindo c por −1:
a.(−1)2 − 2b.(−1) + (−1) + 1 = 0 =⇒ a = −2b
Decompondo p(x):
p(x) =
ax2
+ ax
5
= a5 x5 (x + 1)5
A decomposição de (x + 1)5 é que produzirá os coeficientes dos termos
5
P
5!
do polinômio. A soma dos coeficientes será
xn . Por se
n!(5
−
n)!
n=0
tratar de um binômio de Newton, o resultado é 25 = 32.
Assim, a soma final dos coeficientes do polinômio p(x) é: 32a5 = 32
=⇒ a = 1.
a = 1 =⇒ b = −
138
J. Bartasevicius
1
2
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1
1
+ (−1) = − .
∴ a+b+c=1+ −
2
2
Alternativa a).
Solução 105
√
n−
√
n − 1 < 0.01 =⇒
√
n − 0.01 <
√
n−1
Elevando ao quadrado:
√
√
1 + 10−4
n − 2.10−2 n + 10−4 < n − 1 =⇒ n >
=⇒
2.10−2
√
n > 50 + 0.005
∴ n > 2500 + δ, onde δ < 1. Então o primeiro inteiro positivo n é 2501.
Alternativa b).
Solução 106
(a) Se α é solução da equação, então α3 + 3α − 4 = 0.
Desenvolvendo α:
q
q
√
√ 2 3
√
3
3
α =2+ 5+3
2+ 5
2− 5
q
q
√
√
√ 2
3
3
+3
2+ 5
2 − 5 + 2 − 5 =⇒
α3
q
q
q
q
√
√
√
√
3
3
3
3
=4+3
2+ 5
2− 5
2 + 5 + 2 − 5 =⇒


q
q
√
√
3
3
α3 = 4 + 3 (−1)  2 + 5 + 2 − 5
{z
}
|
α
α3 = 4 − 3α =⇒ α3 + 3α − 4 = 0
∴ α é raı́z de x3 + 3x − 4.
(b) α é um número positivo.
Fatorando x3 + 3x − 4:
x3 − x + 4x − 4 = x(x2 − 1) + 4(x − 1) = x(x + 1)(x − 1) + 4(x − 1) =
J. Bartasevicius
139
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
(x − 1) (x(x + 1) + 4) = (x − 1)(x2 + x + 4)
Uma das raı́zes é 1. Ao calcular as raı́zes do fator de 2o grau tem-se:
∆ = 12 − 16 = −15
Uma equação de 3o grau, deve fornecer, no máximo, 3 raı́zes reais. O
fator de 2o grau, que fornece duas raı́zes, não possui raı́zes reais. Pela
fatoração do polinômio, a única raiz real é 1. A única raiz real conhecida
é α.
p
p
√
√
3
3
∴ 2 + 5 + 2 − 5 = 1.
Solução 107
(a)
√
√
1 + mx − 1 − mx
p
x2 = 1 + mx − 2 1 − m2 x2 + 1 − mx
p
x2 − 2 = −2 1 − m2 x2 =⇒ x4 + x2 (−4 + 4m2 ) = 0 =⇒
(
x = 0 ou
√
x = ±2 1 − m2
x=
(b) Para admitir solução não nula, 1 − m2 > 0.
∴ −1 < m < 1.
Solução 108
ax − a1x
a2x − 1
= m =⇒
= m =⇒ 2x
a +1
ax + a1x
1+m
a2x − 1 = (a2x + 1)m =⇒ a2x =
1−m
Com a > 0, 1+m
1−m > 0:
−
+
+
+
+
−
−
+
−
−1
140
1
J. Bartasevicius
1+m
1−m
1+m
1−m
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
∴ m ∈] − 1, 1[.
Alternativa c).
Solução 109
Acertar somente 7 questões implica errar 3 questões.
Cada questão possui 5 alternativas, portanto é possı́vel errar uma
questão de 4 maneiras diferentes.
Num conjunto de 10 questões, podem ser formados 10
3 grupos diferentes
de 3 questões.
Assim, o número de maneiras diferentes para acertar exatamente 7
questões é:
10
× 43 = 120 × 43 = 30 × 44
3
Alternativa a).
Solução 110
1
√ log2 22k+ 2
2k + 12
4k + 1
=
log8 4k 2 =
=
3
6
log2 23
101
P
Portanto,
razão 23 .
k=0
4k+1
6
é uma progressão aritmética com termo inicial 16 e
102
S=
2
1 405
+
6
6
= 3451
Portanto:
• afirmativa I é falsa, pois não é uma progressão geométrica;
• afirmativa II é verdadeira;
• afirmativa III é verdadeira; e
• afirmativa IV é falsa, pois a soma é 3451, maior que 3434 + log8
√
2.
Alternativa b).
J. Bartasevicius
141
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 111
Cálculo do determinante da matriz das variáveis:
a − b −(a + b)
= (a − b)2 − (−(a + b)(a + b)) = 2(a2 + b2 )
a + b
a−b I. se a = b = 0, terá as igualdades 0 = 1 em ambas as equações do
sistema, tornando o sistema impossı́vel. FALSO.
II. se a e b não forem simultaneamente nulos, então 2(a2 + b2 ) 6= 0.
Portanto o sistema será possı́vel e determinado. VERDADEIRO.
III.
1 −(a + b)
1
a−b a
2a
=
x = = 2
2
2
2(a + b )
a + b2
a − b −(a + b)
a + b
a−b a − b 1
a + b 1
−2b
−b
=
y = = 2
2
2
2(a + b )
a + b2
a − b −(a + b)
a + b
a−b x2
+ y2
=
2 2
a
−b
+
a2 + b 2
a2 + b 2
x2 + y 2 =
1
a2 + b 2
2 = 2
a + b2
a2 + b 2
VERDADEIRO.
Alternativa e).
Solução 112
9

x2 
(1 + x + x2 )9 = (1 + x) + |{z}
| {z }
A
142
J. Bartasevicius
B
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Deve-se combinar as potências de x nos termos A e B, a fim de obter
x4 .
B poderá ter as potências 0, 1 e 2.
• B = 0 =⇒ potência de A = 9.
Deve-se calcular o coeficiente do termo x4 de (1 + x)9 :
C9,0 x0 × (1 + x)9 = C9,0 x0 × C9,4 x4 = 1 × 126x4 = 126x4
• B = 1 =⇒ potência de A = 8.
Deve-se calcular o coeficiente do termo x2 de (1 + x)8 :
C9,1 (x2 )1 × (1 + x)8 = C9,1 x2 × C8,2 x2 = 9 × 28x4 = 252x4
• B = 2 =⇒ potência de A = 7.
Deve-se calcular o coeficiente do termo x0 de (1 + x)7 :
C9,2 (x2 )2 × (1 + x)7 = C9,2 x4 × C7,0 x0 = 36 × 1x4 = 36x4
∴ (126 + 252 + 36)x4 = 414x4 .
Solução 113
Número de elementos de A = 14.
Número de elementos de B = 6.
Como B é sub-conjunto de A, então todos os elementos de B pertencem
a A. Portanto, o número de elementos de A disjuntos de B é 14 − 6 = 8.
Número total de subconjuntos do conjunto A − B: 28 .
Número de subconjuntos do conjunto A − B com 7 elementos: C8,7 = 8.
Número de subconjuntos do conjunto A − B com 8 elementos: C8,8 = 1.
∴ número de subconjuntos de A − B com 6 ou menos elementos:
28 − 8 − 1 = 28 − 9.
Alternativa a).
Solução 114
logk (xy) = 49 =⇒ logk x + logk y = 49
J. Bartasevicius
(A)
143
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
logk (x/z) = 44 =⇒ logk x − logk z = 44
(B)
logk x, logk y e logk z são primos e de acordo com (A) e (B):
44 < logk x < 49 =⇒ logk x = 47
Logo, logk y = 49 − 47 = 2 e logk z = 47 − 44 = 3.
logk (xyz) = logk x + logk y + logk z = 47 + 2 + 3 = 52
Alternativa a).
Solução 115
√
ex − 2 5
√ ∈Q
4 − ey 5
A
C
∴ ex =
e ey =
B
D
ex , ey ,
√
x
Substituindo em e −2y √5 :
4−e
5
√
−2 5
√
C 5
4− D
A
B
Racionalizando:
A
B
√ √ C 5
−2 5 4+ D
2
C
16 − 5 D
2
Numerador:
√
4A
AC √
10C
−8 5+
5−
B
BD
D
C é racional. Para que
O denominador é um número racional, pois D
√
ex −2√5
seja racional, o numerador deve ser racional. Então, todos os
4−ey 5 √
termos 5 devem ser anulados:
∴
AC
=8
BD
Cálculo de x + y:
ex =
144
A
C
AC
AC
e ey =
=⇒ ex ey =
=⇒ ex+y =
B
D
BD
BD
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
AC = 8, então:
Mas BD
ex+y = 8 =⇒ (x + y) ln e = ln 23 =⇒ x + y = 3 ln 2
Alternativa e).
Solução 116


log(x + 2y) − log(w − 3z) = 0 =⇒ x + 2y = w − 3z
2x+3z = 2y−3z+w+3
=⇒ x + 3z = y − 3z + w + 3


3
2x + y + 6z − 2w = 2
=⇒ 2x + y + 6z − 2w = 8


x + 2y + 3z − w = 0
(A)
x − y + 6z − w = 3


2x + y + 6z − 2w = 8
h
i
De log (x + 2y) (w − 3z)−1 , define-se o domı́nio:
x + 2y
> 0 ∧ w − 3z 6= 0
w − 3z
(B)
Multiplicando a última equação do sistema em (A) por (−1) e depois
somando todas as equações:


x + 2y + 3z − w = 0



x − y + 6z − w = 3
−2x − y − 6z + 2w = −8



3z = −5 =⇒ z = − 5
3
Substituindo z no sistema (A):


−5 − w = 0
x
+
2y
+
3



3
x − y + 6 − 53 − w = 3



2x + y + 6 − 5 − 2w = 8
3


x + 2y − w = 5
=⇒ x − y − w = 13


2x + y − 2w = 18
(C)
Da primeira equação do sistema (C), tem-se w = x + 2y − 5.
Substituindo w nas demais equações:
(
(
x − y − (x + 2y − 5) = 13
−3y = 8
8
=⇒
=⇒ y = −
3
2x + y − 2(x + 2y − 5) = 18
−3y = 8
J. Bartasevicius
145
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Substituindo y em w = x + 2y − 5, tem-se:
8
31
w =x+2 −
− 5 =⇒ x − w =
3
3
Da relação de domı́nio em (B):
x + 2 −8
3
x − 16
3 >0
>
0
=⇒
−5
w
+
5
w−3 3
16
∧ w 6= −5
3
Finalmente, a solução do sistema é:
n
S = (x, y, w, z) ∈ R4 |
∴ x 6=
8
5
31
16
y =− ∧z =− ∧x−w =
∧ x 6= − ∧ w 6= −5
3
3
3
3
Solução 117
Se x > 0, então |5x − 1| = 5x − 1.
Cálculo das raı́zes de 53x − 52x+1 + 4.5x :
53x − 52x+1 + 4.5x = 0 =⇒ 5x 52x − 5.5x + 4 = 0
(
5x = 4 =⇒ x = log5 4 ou
5x 52x − 5.5x + 4 = 0 =⇒
5x = 1 =⇒ x = 0
Portanto, há 3 hipóteses:
• x < 0:
|5x − 1| = −5x + 1 e 53x − 52x+1 + 4.5x = 53x − 52x+1 + 4.5x :
−5x + 1 = 53x − 52x+1 + 4.5x =⇒ 53x − 5.52x + 5.5x − 1 = 0
Substituindo y = 5x :
y 3 − 5y 2 + 5y − 1 = 0
Como x = 0 é raiz de 5x − 1 e de 53x − 52x+1 + 4.5x , então y = 1
é uma raiz.
(
√
√ y = 2 + 3 =⇒ x = log5 2 + 3
2
√
√ (y−1)(y −4y+1) = 0 =⇒
y = 2 − 3 =⇒ x = log5 2 − 3
√ log5 2 + 3 > 0, então este valor não é raiz.
√
√ √ 2 − 3 < 1 =⇒ log5 2 − 3 , ∴ log5 2 − 3 é raiz.
146
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• 0 6 x < log5 4:
|5x − 1| = 5x − 1 e 53x − 52x+1 + 4.5x = −53x + 52x+1 − 4.5x :
5x − 1 = −53x + 52x+1 − 4.5x =⇒ 53x − 5.52x + 5.5x − 1 = 0
É
do item anterior. As possı́veis raı́zes são:
( a mesma equação
√ x = log5 2 + 3
√ x = log5 2 − 3
√ 0 < log5 2 + 3 < log5 4, então este valor é raiz.
√ log5 2 − 3 < 0, portanto este valor não é raiz.
• x > log5 4:
|5x − 1| = 5x − 1 e 53x − 52x+1 + 4.5x = 53x − 52x+1 + 4.5x :
5x − 1 = 53x − 52x+1 + 4.5x =⇒ 53x − 5.52x + 3.5x + 1 = 0
Substituindo y = 5x :
y 3 − 5y 2 + 3y + 1 = 0
Como x = 0 é raiz de 5x − 1 e de 53x − 52x+1 + 4.5x , então y = 1
é uma raiz.
(
√ √
y = 2 + 5 =⇒ x = log5 2 + 5
2
√ √
(y−1)(y −4y−1) = 0 =⇒
y = 2 − 5 =⇒ x = log5 2 − 5
√
√ 2 + 5 > 4 =⇒ log5 2 + 5 > log5 4, ∴ este valor é raiz.
√
√ 2 − 5 < 4 =⇒ log5 2 + 5 < log5 4, portanto este valor não
é raiz.
∴ as soluções são: 0, log5 2 −
Alternativa d).
√ √ √ 3 , log5 2 + 3 e log5 2 + 5 .
Solução 118
Existem g carros GNV.
Existem f carros “flex”.
J. Bartasevicius
147
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
GNV
g
36%
bicombustı́vel
“flex”
f
bicombustı́vel
36%
tricombustı́vel
Após as conversões, tem os seguintes resultados:
• g − 0.36g automóveis movidos a GNV;
• 0.36g + (f − 0.36f ) automóveis bi-combustı́veis; e
• 0.36f automóveis tri-combustı́veis.
O seguinte sistema deve ser resolvido:
(
(
g + f = 1000
g + f = 1000
=⇒
0.36g + (f − 0.36f ) = 556
0.36g + 0.64f = 556
Então, g = 300 e f = 700.
O número de veı́culos tri-combustı́veis é 0.36f . ∴ 0.36 × 700 = 252.
Alternativa b).
Solução 119
As raı́zes formam uma progressão geométrica:


x 1 = x 2 q
x2 = x2


x3 = xq2
148
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Da equação:
x1 x2 x3 = −
54
x
=⇒ x2 qx2 2 = −27 =⇒ x32 = −27
2
q
∴ x2 = −3
Ainda da equação:
x1 + x2 + x3 = −
−a
x
a
=⇒ x2 q + x2 + 2 =
=⇒
2
q
2
3
a
−6(q 2 + q + 1)
2
−3q − 3 − =
=⇒ −6(q + q + 1) = aq =⇒ a =
q
2
q
E, também da equação:
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 =
b
x
x
b
=⇒ x2 qx2 + x2 q 2 + x2 2 =
=⇒
2
q
q
2
b
18(q 2 + q + 1)
9
=
=⇒ 18(q 2 + q + 1) = bq =⇒ b =
q
2
q
Finalmente:
9q + 9 +
−6(q 2 +q+1)
a
1
q
=
2 +q+1) = −
18(q
b
3
q
Alternativa b).
Solução 120
3
sin x + π = − cos x
2
Substituindo na expressão:
h
i
h
i
2 x sin x
cos
cos2 x sin x
2
2 − cos x + 2
2
−
cos
x
+
x
2
sin x cos 2
sin2 x
=
=
x
2
1
sin 2
x
1 + cos2 x
cos 2
2
x
x − cos x sin2 x + cos2 x
= 2 sin cos
=
2
2}
sin2 x
{z
|
sin x
− sin2 x + cos x
= sin x cos x
=
sin2 x
J. Bartasevicius
149
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
cos x 2
−1
2
cos x − sin x = tan x cos x − sin x
=
sin x
Alternativa a).
Solução 121
Seja xn uma das 11 raı́zes da equação algébrica.
xn = β + iγn
Considerando a raiz do meio x6 = β + iγ6 , sendo uma PA, as demais
raı́zes serão da forma:
xn = β + i[γ6 + (n − 6)γ]
Análise das afirmativas:
I. β = 0 → a0 = 0
−a0 é o produto das raı́zes. Neste caso, as raı́zes serão da forma
xn = i[γ6 + (n − 6)γ].
−a0 =
11
Y
i[γ6 + (n − 6)γ]
n=1
−a0 = i11 γ6 (γ62 −γ 2 )(γ62 −4γ 2 )(γ62 −9γ 2 )(γ62 −16γ 2 )(γ62 −25γ 2 ) =⇒
−a0 = −iγ6 (γ62 − γ 2 )(γ62 − 4γ 2 )(γ62 − 9γ 2 )(γ62 − 16γ 2 )(γ62 − 25γ 2 )
Para que a0 = 0, um dos fatores do produto acima deve ser zero.
Desta maneira, β = 0 não é condição suficiente para que a0 = 0.
∴ β = 0 → a0 = 0 é FALSA.
II. a10 = 0 → β = 0
a10 = −
11
X
[β + i [γ6 + (n − 6)γ]]
n=1
a10 = −11β − 11iγ6
Para que a10 = 0, β = 0 é condição necessária, apesar de não ser
suficiente.
∴ a10 = 0 → β = 0 é VERDADEIRA.
150
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
III. β = 0 → a1 = 0
11
Q
xj
11
11
11
X
X
X
−a0
1
j=1
=
= −a0
a1 =
xn
xn
xn
n=1
n=1
n=1
Conforme visto em I., não se pode afirmar que a0 =
6 0. Então,
11
P
1
resta analisar se
xn = 0 para satisfazer a afirmação:
n=1
a1 = −a0
a1 = ia0
a1 = ia0
Para que
1
1
+
+ ...+
i(γ6 − 5γ) i(γ6 − 4γ)
1
1
+
+
i(γ6 + 4γ) i(γ6 + 5γ)
1
1
1
1
+
+ ... +
+
γ6 − 5γ γ6 − 4γ
γ6 + 4γ γ6 + 5γ
2γ
2γ6
2γ
2γ
+ 2 6 2 + 2 6 + 2 6 2+
2
− 25γ
γ6 − 16γ
γ6 − 9γ γ6 − 4γ
!
2γ
1
+ 2 6 2+
γ6
γ6 − γ
γ62
2γ6
γ62 −25γ 2
+
2γ6
γ62 −16γ 2
+ 22γ6 +
γ6 −9γ
2γ6
γ62 −4γ 2
+ 22γ6 2 + γ16 = 0, é
γ6 −γ
necessário que existam outras relações entre γ e γ6 , além de β = 0.
Então, β = 0 não é condição suficiente para que a1 = 0.
∴ β = 0 → a1 = 0 é FALSA.
Solução 122
x5 − y 5 = (x − y)(x4 + x3 y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 ) =
= (x − y) x4 + y 4 + xy x2 + xy + y 2
√
√
√
√
Fazendo x = 2 3 + 5 e y = 2 3 − 5:
√
x2 = 17 + 4 15
√
y 2 = 17 − 4 15
J. Bartasevicius
(A)
(B)
(C)
151
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
2
√
x4 = x2 = 529 + 136 15
(D)
2
√
= y 2 = 529 − 136 15
(E)
y4
√
√ √
√ xy = 2 3 + 5 2 3 − 5 = 12 − 5 = 7
(F)
Substituindo (B), (C), (D), (E) e (F) em (A), tem-se:
√
√
√
√ √
√
2 3+ 5− 2 3− 5
529 + 136 15 + 529 − 136 15+
√
√ +7 17 + 4 15 + 7 + 17 − 4 15 =
√ √
2 5 (1058 + 7 (41)) = 2690 5
Alternativa b).
Solução 123
São 6 refletores.
Probabilidade do refletor aceso: Paceso = 23 .
Probabilidade do refletor apagado: Papagado = 1 − 23 = 13 .
Probabilidade de 4 refletores acesos:
4 2
2
1
P4 acesos = C6,4
3
3
Probabilidade de 5 refletores acesos:
5 1
2
1
P5 acesos = C6,5
3
3
Probabilidade de 4 ou 5 refletores acesos: Ptotal = P4 acesos + P5 acesos :
Ptotal =
6!
24 12
6!
25 1
16
× 4× 2+
× 5× =
4!2! 3
5!1! 3
3
27
3
Alternativa a).
152
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 124
Domı́nio de f (x):
f (x) =
3x − 31x
32x − 1
=⇒ f (x) =
2
2.3x
3x 6= 0 ∀x ∴ Domı́nio = R
Imagem de f (x):
f (x) =
32x − 1
(3x + 1) (3x − 1)
=
2.3x
2.3x

(

x < 0 =⇒ f (x) < 0
x → −∞ =⇒ f (x) → −∞
Se x = 0 =⇒ f (x) = 0 e, se
.

x → +∞ =⇒ f (x) → +∞

x > 0 =⇒ f (x) > 0
Portanto, Imagem = R.
Assim, para cada valor do domı́nio em x existe um único valor de f (x)
correspondente. Da mesma forma, para cada valor da imagem f (x)
existe um único valor de x correspondete. Logo, a função é bijetora.
Cálculo de f −1 :
(3x + 1) (3x − 1)
= y =⇒ 32x − 2y3x − 1 = 0
x
2.3
(
p
y 2 + 1 ou
y
+
p
3x =
y − y2 + 1
p
y − y 2 + 1 < 0,
não é uma raiz válida para 3x .
portanto
p
Assim, x = log3 y + y 2 + 1 .
√
∴ f −1 = log3 x + x2 + 1 .
Solução 125
• Número de bolas múltiplos de 5: 90/5 = 18.
• Número de bolas múltiplos de 6: 90/6 = 15.
• Número de bolas múltiplos de 5 e 6 simultaneamente (múltiplo de
30): 90/30 = 3.
J. Bartasevicius
153
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
a) Número de bolas múltiplos de 5 ou 6: 18 + 15 − 3 = 30.
1
Cálculo da probabilidade: P = 30
90 = 3 .
b) Há duas possibilidades para o sorteio da primeira bola: a primeira
bola ser um múltiplo de 6, ou a bola não ser um múltiplo de 6.
b.1) Primeira bola é múltiplo de 6:
A probabilidade de a primeira bola ser um múltiplo de 6 é: P (bola 1 =
1
m.6) = 15
90 = 6 .
A probabilidade de a segunda bola não ser um múltiplo de 6, nesta
89−(15−1)
condição, é: P (bola 2 6= m.6) = 90−1 = 75
89 .
b.2) Primeira bola não é múltiplo de 6:
A probabilidade de a primeira bola não ser um múltiplo de 6 é: P (bola 1 6=
5
m.6) = 75
90 = 6 .
A probabilidade de a segunda bola não ser um múltiplo de 6, nesta
74
condição, é: P (bola 2 6= m.6) = 89−15
90−1 = 89 .
Cálculo da probabilidade de a segunda bola não ser um múltiplo de 6:
P =
445
1 75 5 74
×
+ ×
=
6 89 6 89
534
Solução 126
Cálculo do determinante do sistema:
1 2
3 0 1
2 = 5 − 5c
3 −1 −5c
Para que o sistema não seja possı́vel e determinado, 5 − 5c = 0, ou seja,
c = 1. Quando c 6= 1,o sistema é possı́vel e determinado.
Na hipótese de c = 1, o sistema poderá ser impossı́vel, ou possı́vel e
indeterminado, dependendo dos valores de a e b:


x + 2y + 3z = a
Se c = 1, então y + 2z = b


3x − y − 5z = 0
Da 2a equação, y = b − 2z. Substituindo nas 1a e 3a equações:
(
x + 2(b − 2z) + 3z = a =⇒ x − z = a − 2b
3x − (b − 2z) − 5z = 0 =⇒ 3(x − z) = b =⇒ x − z = 3b
154
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Se a − 2b = 3b , o sistema será possı́vel e indeterminado. Caso contrário,
o sistema
será impossı́vel.
(
o sistema será possı́vel e determinado se c 6= 1 e
∴
o sistema será possı́vel e indeterminado se a = 7b
3
Alternativa b).
Solução 127
(
ex = X e
Substituindo
ey = Y
:
4X 2 + 9Y 2 − 16X − 54Y + 61 = 0 =⇒
4X 2 − 16X + 16 + 9Y 2 − 54Y + 81 = 97 − 61 =⇒
4(X − 2)2 + 9(Y − 3)2 = 36 =⇒
(X − 2)2 (Y − 3)2
+
=1
32
22
A equação acima é a representação da elipse, com centro em (2, 3), com
eixo de comprimento horizontal 6 e eixo de comprimento vertical 4.
Y
X
Como
os eixos representados são X e Y , a escala é logarı́tmica, com
(
X = ex e
.
Y = ey
ex > 0 e ey > 0, portanto somente os pontos localizados no primeiro
quadrante podem ser considerados. Considerando que existem infinitos
pontos no primeiro quadrante, logo há infinitas soluções.
Alternativa d).
J. Bartasevicius
155
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 128
−2 log 1 (x2 −x+19)
24 < 2
5
Como a base é maior que 1, os expoentes devem manter a ordem para
satisfazer a desigualdade:
2
4 < −2 log 1 x − x + 19
=⇒
5
2<−
log5 x2 − x + 19
!
=⇒
log5 15
2 < log5 x2 − x + 19 =⇒ x2 − x + 19 > 52 =⇒
x2 − x − 6 > 0
y
+
−2
+
3
−
x
∴ S = {x ∈ R | x < −2 ∪ x > 3}.
Solução 129
As raı́zes são:
√
√
−2m ± 8m2 − 16
−m ± 2m2 − 4
x=
=⇒ x =
2(2 − m)
2−m
156
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Existirem raı́zes distintas e reais implica 2m2 − 4 > 0 e 2 − m 6= 0.
Portanto as condições de m são:
n
√
√ o
Domı́nio = m ∈ R | m 6= 2 ∧ m < − 2 ∨ m > 2
(A)
Ambas as raı́zes devem ser maiores que zero. Portanto:
√
√
−m − 2m2 − 4
−m + 2m2 − 4
>0∧
>0
2−m
2−m
Para as inequações, m deve ser dividido em dois grupos - que fazem o
numerador ser maior ou menor que zero:
a. 2 − m > 0 (ou m < 2):
Quando m < 2 devem ser satisfeitas duas condições:
(
√
√
(I) e
−m + 2m2 − 4 > 0 =⇒ 2m2 − 4 > m
√
√
2
2
−m − 2m − 4 > 0 =⇒ − 2m − 4 > m (II)
Resolvendo a inequação (I):
p
2m2 − 4 > m
A expressão acima é válida para quaisquer valores de m < 0.
Para valores de 0 < m < 2, deve-se retirar o radical:
2m2 − 4 > m2 =⇒ m2 > 4 =⇒ m > 2 ∧ m < −2
Neste caso, não há solução para 0 < m < 2.
A intersecção dos valores de Domı́nio em (A) com m < 0 é:
√
m<− 2
(B)
Resolvendo a inequação (II):
p
m < − 2m2 − 4
A inequação acima é falsa para qualquer m > 0.
Para valores de m < 0, deve-se retirar o radical. Mas sabendo
que m < 0, a inequação acima terá ambos os termos direito e
esquerdo menores que zero. Neste caso, ao elevar ambos os lados
ao quadrado,
√ deve-se levar em consideração de que m deve ser
maior que 2m2 − 4:
m2 > 2m2 − 4 =⇒ m2 < 4 =⇒ −2 < m < 2
J. Bartasevicius
157
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Se m < 0, então a solução para a inequação (II) é:
−2 < m < 0
(C)
Ambas as inequações (I) e (II) devem ser satisfeitas para quando
m < 2. Portanto deve-se fazer a intersecção entre (B) e (C):
√ √
m < − 2 ∩ (−2 < m < 0) = −2 < m < − 2
(D)
b. 2 − m < 0 (ou m > 2):
Quando m > 2 devem ser satisfeitas duas condições:
(
√
√
(I) e
−m + 2m2 − 4 < 0 =⇒ 2m2 − 4 < m
√
√
2
2
−m − 2m − 4 < 0 =⇒ 2m − 4 > −m (II)
√
Na resolução da inequação (I) tem-se que m > 2m2 − 4, portanto
só há solução se m > 0.
Sabendo-se desta restrição, pode-se retirar o radical:
m2 > 2m2 − 4 =⇒ m2 < 4 =⇒ −2 < m < 2
Esta solução, levando em consideração que m > 2 produz um
conjunto vazio como solução.
Se a solução da inequação (I) é um conjunto vazio, a intersecção
com a solução da inequação (II) também será um conjunto vazio.
Logo, não há solução para m > 2.
√ Por fim, a solução está em (D): S = m ∈ R | − 2 < m < − 2 .
Solução 130
x + 5y + 10z = 25, x, y, z ∈ R
Existem 3 valores para z:
a. z = 0:
x + 5y = 25
São 25
5 + 1 = 6 possibilidades de valores para y: {0,1,2,3,4,5}.
158
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
b. z = 1:
x + 5y + 10 = 25 =⇒ x + 5y = 15
São 15
5 + 1 = 4 possibilidades de valores para y: {0,1,2,3}.
c. z = 2:
x + 5y + 20 = 25 =⇒ x + 5y = 5
São 55 + 1 = 2 possibilidades de valores para y: {0,1}.
Total de possibilidades: 6 + 4 + 2 = 12.
Alternativa d).
Solução 131
Probabilidade de acerto do tiro: 13 .
Probabilidade de erro do tiro: 1 − 31 = 32 .
2
A probabilidade de o pote não ser atingido nenhuma vez é 32 = 49 .
∴ a probabilidade de ser atingido ao menos uma vez é 1 − 94 = 59 .
Alternativa d).
Solução 132
Definição do Domı́nio:
não há restrições para x e a função f (x) está definida para todo x ∈ R.
∴ Domı́nio=R.
Cálculo da Imagem:
• x<0
3 − x2 é uma função decrescente para x < 0.
Neste caso f (x) < 3 − 02 =⇒ f (x) < 3.
Para x → −∞, f (x) → −∞.
• x>0
3 + x2 é uma função crescente para x > 0.
Neste caso f (x) > 3 + 02 =⇒ f (x) > 3.
Para x → +∞, f (x) → +∞.
J. Bartasevicius
159
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Imagem =] − ∞, 3[∪[3, +∞[ =⇒ Imagem = R.
Para todo valor do domı́nio há um único valor correspondente para a
imagem e vice-versa, ∴ f (x) é bijetora.
Cálculo de f −1 :
• Quando x < 0
p
3 − x2 = y =⇒ x = ± 3 − y
√
Neste caso, como x < 0, então x = − 3 − y, para y < 3.
• Quando x > 0
p
3 + x2 = y =⇒ x = ± y − 3
√
Neste caso, como x > 0, então x = + y − 3, para y > 3.
( √
− 3 − x, x < 3
∴ f −1 = √
x − 3,
x>3
Solução 133
sin θ logtan θ e > 0
Restrições do domı́nio para a base do logaritmo:
tan θ > 0 ∧ tan θ 6= 1
π
3π
0<θ < ∨π <θ <
2
2
π 5π
∧ θ 6∈
,
4 4
Simplificando a inequação:
sin θ logtan θ e > 0 =⇒
sin θ
>0
ln tan θ
160
J. Bartasevicius
(A)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Estudo de sinais:
sin θ:
+
0
−
π
2π
ln tan
( θ:
tan θ > 1,
ln tan θ > 0
Se
:
0 < tan θ < 1, ln tan θ < 0
−
π
4
0
não
definido
+
−
π
π
2
Análise de sinais de logtan θ
+
π
0
−
não
definido
+
0
π
4
0
π
4
π
2
+
2π
5π
3π
4
2
esin θ :
−
−
π
não
definido
+
não
definido
+
5π
4
sin(θ)
2π
3π
2
+
π
2
π
ln tan θ
2π
log
esin θ
2π tan θ
5π
4
Intersecção com o domı́nio:
0
π
2
π
3π
2
0
π
4
π
2
π
5π
4
0
π
4
π
2
π
5π
4
π <
4
∴ S = {θ ∈ R, 0 6 θ 6 2π |
Domı́nio
2π
log
esin θ
2π tan θ
Resultado
2π
θ < π2 ∪ π < θ < 5π
4 }
Solução 134
J. Bartasevicius
161
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Fazendo z 4 = X:
(
X = 16 ou
X 2 − 17X + 16 = 0 =⇒
X=1
(
z = ±2 ou
z 4 = 16 =⇒
z = ±2i
(
z = ±1 ou
z 4 = 1 =⇒
z = ±i
Condição:
z − |z| = 0
2 − |2| = 0 =⇒ 2 é solução
− 2 − | − 2| = −4 =⇒ −2 não é solução
2i − |2i| = 2i − 2 =⇒ 2i não é solução
− 2i − | − 2i| = −2i − 2 =⇒ −2i não é solução
1 − |1| = 0 =⇒ 1 é solução
− 1 − | − 1| = −2 =⇒ −1 não é solução
i − |i| = i − 1 =⇒ i não é solução
− i − | − i| = −i − 1 =⇒ −i não é solução
∴ as soluções são 2 e 1, cuja soma é 3.
Alternativa c).
Solução 135
√
√
√
23 x+1 + 44 2 x+1 + 64 = 19 22 x+1 =⇒
√
√
√
23 x+1 − 19 22 x+1 + 44 2 x+1 + 64 = 0
√
Fazendo 2 x+1 = z:
z 3 −19z 2 +44z +64 = 0 =⇒ z 3 −4z 2 −15z 2 +60z −16z +64 = 0 =⇒
z 2 (z−4)−15z(z−4)−16z(z−4) = 0 =⇒ (z − 4) z 2 − 15z − 16 = 0


z = 4
As soluções para z são: z = 16 e


z = −1
Resolvendo x:
√
√
2 x+1 = 4 =⇒ x + 1 = 2 =⇒ x = 3
162
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
√
2 x+1 = 16 =⇒ x + 1 = 4 =⇒ x = 15
√
2 x+1 = −1 =⇒ 6 ∃x
∴ soma das soluções é 15 + 3 = 18.
Alternativa d).
Solução 136
p √
1
De a b = , a condição é a, b > 0.
2
p
√

 a b= 1
2

2
ln a + b + ln 8 = ln 5
1
16
5
2
=⇒ a + b =
8
=⇒ a2 b =
1
.
Da primeira equação: a2 =
16b
Substituindo na segunda equação:
5
1
+b=
=⇒ 1 + 16b2 = 10b =⇒
16b
8


b = 1 ou
2
2
16b − 10b + 1 = =⇒
1

b =
8
Soluções para a, lembrando da condição a > 0:

2
1
1

=⇒ a2 =
=⇒ a = √
b =
2
16
2 2
8
1
1

2
b =
=⇒ a =
=⇒ a = √
8
16
2
a
Para os dois pares ordenados de solução (a, b), vale:
b

1
√

1
a
2 2


 b = 1 = √ ou
2
2
1
√

√

8
2


 1 = √ =4 2
2
8
Alternativa a).
J. Bartasevicius
163
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 137
Convertendo para coordenada polar:
√
π
1 + 3i = 2
3
√
π
1 − 3i = 2 −
3
Calculando z:
2 π/3 10
2π 10
z=
= 1
=1
2 −π/3
3
20π
=1
3
2π
3
Transformando z para coordenadas retangulares:

1
2π

Re(z) = 1 cos
=−
2π
3
√2
=⇒
z=1
2π
3

3
Im(z) = 1 sin
=
3
2
Cálculo de 2 arcsin (Re(z)) + 5 arctan (2Im(z)):
√ !
π 4π
π
1
3
2 arcsin −
+5
=
+ 5 arctan 2
=2 −
2
2
6
3
3
Alternativa d).
Solução 138
A divisão de p(x) por q(x) resulta em quociente v(x) e resto r(x).
Portanto:
p(x) = q(x)v(x) + r(x)
(A)
Fatorando q(x):
q(x) = x3 − 2x2 + x − 2 = x2 (x − 2) + (x − 2) = x2 + 1 (x − 2)
∴ q(x) = (x + i) (x − i) (x − 2)
(B)
Todos os valores aj ∈ R, para 0 6 j 6 15. Isto significa que, se i é raiz
de p(x), então seu conjugado também deve ser raiz de p(x) para que
todos os coeficientes sejam reais.
Substituindo (B) em (A):
p(x) = (x + i) (x − i) (x − 2)v(x) + r(x)
164
J. Bartasevicius
(C)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Aplicando os valores de x = i, −i, 2, tem-se os valores de p(x) iguais a
0, 0 e 1, respectivamente.
q(x) é um polinômio de 3º grau, portanto r(x) será, no máximo, um
polinômio de 2º grau.
Fazendo r(x) = ax2 + bx + c, pode-se montar o seguinte sistema,
substituindo os valores de x e p(x) em (C):

p(i) = (i + i) (i − i)(i − 2)v(i) + a(i)2 + b(i) + c



| {z }



0


p(−i) = (−i + i) (−i − i) (−i − 2)v(i) + a(−i)2 + b(−i) + c
| {z }


0



p(2) = (2 + i) (2 − i) (2 − 2) v(i) + a(2)2 + b(2) + c



| {z }
0
Evoluindo para:


0 = −a + bi + c
0 = −a − bi + c


1 = 4a + 2b + c

1


a=


5
=⇒ b = 0


1


c=
5
1
1
1
1
∴ r(x) = x2 + 0x + = x2 + .
5
5
5
5
Alternativa b).
Solução 139
a) Cálculo de n:
r
π
π
π
π
π
sin = 2 sin
cos
= 2 sin
1 − sin2
=⇒
n
2n
2n
2n
2n
s
√ s
√
π
2− 3
2− 3
sin = 2
1−
=⇒
n
4
4
s
√ s
√
π
2− 3 2+ 3
sin = 2
=⇒
n
4
4
r
π
1
1
sin = 2
=
=⇒
2
n
2
4
J. Bartasevicius
165
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
π
π
=
=⇒ ∴ n = 6
n
6
b) Cálculo de sin
π
:
24 r
π
=
n = 6 =⇒ sin
12
√
2− 3
.
4
r
π
π
π
sin
= 2 sin
1 − sin2
=⇒
12
24
24
√
2− 3
π π
= 4 sin2
1 − sin2
=⇒
4
24
24
√
π
π
2− 3
= 4 sin2
− 4 sin4
=⇒
4
24
24
√
π
2− 3
π
4 sin4
− 4 sin2
+
= 0 =⇒
24
24
4
q
√ p
√
4
±
16 − 4 2 − 3
4
±
8+4 3
π
2
=
=
=⇒
sin
24
8
8
p
p
√
√
4
±
2
2
+
3
2
±
2+ 3
π
2
=
=
sin
24
8
4
√
√ 2
Fazendo 2 + 3 = A + B 3 :
√
√

(
2
2

B =
=⇒ A =
ou
A2 + 3B 2 = 2
√2
√2
=⇒
=⇒

2AB = 1
B = 6 =⇒ A = 6
6
2
√
√
2
2
Assumindo A =
eB=
, tem-se que:
2
2
!2
√
√
√
2
2√
+
2+ 3=
3
=⇒
2
2
q
Voltando ao cálculo de sin
2±
π
sin2
=
24
166
√
2+ 3=
π
:
24
√
2+
2
√
2+
2
√
6
√ !
6
4
J. Bartasevicius
=
4±
√
2+
8
√ 6
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
√ 4−
2+ 6
π
π
π
Como 0 < sin
< sin , então sin
=
:
24
12
24
8
s
p
√
√ √
√
2 4− 2− 6
8−2 2−2 6
π
=
=
sin
24
16
4
s
Solução 140
Se a equação representa duas retas concorrentes, então ela pode ser
fatorada no produto de duas equações lineares, na forma:
(Ar x + Br y + Cr ) (As x + Bs y + Cs ) = 0
|
{z
}|
{z
}
reta r
reta s
Para descobrir os valores de A, B e C, é necessário encontrar 4 pontos
da equação.
Fazendo x = 0, tem-se os seguintes valores de y:
(
y=1
−2y 2 + 8y − 6 = 0 =⇒ y 2 − 4y + 3 = 0 =⇒
y=3
Fazendo y = 0, tem-se os seguintes valores de x:
(
x = −1
3x2 − 3x − 6 = 0 =⇒ x2 − x − 2 = 0 =⇒
x=2
Assim, os 4 pontos da equação são: (0, 1), (0, 3), (−1, 0) e (2, 0).
Sabes-se que as retas são concorrentes e não podem ser os próprios eixos
das ordenadas e abcissas. Restam duas possibilidades:
y
(I)
r
y
(II)
3
3
s
1
−1
r
1
x
2
−1
2
x
s
J. Bartasevicius
167
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Para a opção (I), a equação da reta r é x + 1 = y.
Se a divisão da equação original por x − y + 1 fosse exata, ter-se-ia
fatorado a equação. Mas o resto é 6xy:
2
2
3x + 5xy − 2y − 3x + 8y − 6 = (x − y + 1) (3x + 2y − 6) + 6xy
Para a opção (II), a equação da reta r é 3x + 3 = y.
A divisão da equação original por 3x − y + 3 fornece a equação da reta
s : x + 2y − 2 = 0, numa divisão exata.
Portanto, o gráfico da opção (II) é o que representa a equação fornecida
no problema.
2
2
3x + 5xy − 2y − 3x + 8y − 6 = (3x − y + 3) (x + 2y − 2)
Para a equação r, y = 3x + 3, cujo coeficiente angular é cr = 3.
1
x
Para a equação s, y = 1 − , cujo coeficiente angular é cs = − .
2
2
O
cálculo da tangente do ângulo das retas concorrentes é tan θ =
cr − cs 1 + cr .cs :
1 3− −
2
tan θ = 1 + 3 −1 2 ∴ tan θ = 7
Solução 141
Convertendo os logaritmos:
2
log 10
1
2+2
=
=⇒
− log x
log x2
2
1
=⇒
=
2 log x
log2 x
1
1
2+
−
= 0 =⇒
log x log2 x
2+
Fazendo
1
= y:
log x
(
y = 2 ou
2 + y − y 2 = 0 =⇒ y 2 − y − 2 = 0
y = −1
168
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1
1
= 2 =⇒ log x = .
log x
2
√
Portanto, quando y = 2, x = 10.
1
= −1 =⇒ log x = −1.
Para y = −1,
log x
1
Portanto, quando y = −1, x = .
10
√
√
1
10
O produto de todas as raı́zes reais é: 10 ×
=
.
10
10
Alternativa c).
Para y = 2,
Solução 142
v
u
u
t
3 ex + 1
(x+1) > 0 =⇒
27 − 3
64
4
ex + 1
3 (x+1) > 0
3
− 34
26
Analisando os fatores da fração acima, tem-se que ex + 1 > 0∀x ∈ R.
Então:
3 x+1
3 (x+1)
3
3
3
3
>
0
=⇒
>
−
4
4
26
22
3
Como < 1, então a desigualdade é mantida se 3 < x + 1 =⇒ x > 2.
4
∴, o menor número
r q inteiro é n = 3.
p √
Calculando 3 3 3 3 . . .:
v r
u
q
u
√
u
3 3 3 3 . . . = Z =⇒
t
|
{z
}
Z
√
3 Z = Z =⇒ Z 2 − 9Z = 0
Como Z 6= 0, então Z = 9.
s r
q
√
logn 3 3 3 3 . . . = log3 9 = 2
J. Bartasevicius
169
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Análise das alternativas para verificar qual possui 2 como raiz:
a) 23 − 22 − 9 = −5
b) 23 + 2 − 1 = 9
c) 24 − 4.22 − 2 + 2 = 0 (raiz!)
d) 22 − 4.2 + 3 = −1
e) 24 − 4.22 + 2 + 1 = 3
Alternativa c).
Solução 143
Para o sistema ser impossı́vel ou possı́vel e indeterminado, a matriz
caracterı́stica deve ser nula:
1 2
−3
3 −1
= 0 =⇒
5
4 1 (a2 − 14)
16 − a2 = 0 =⇒ a = ±4
Se a = 4, então a terceira equação é 4x + y + 2z = 6, que é a soma
das primeira e segunda equações do sistema. Neste caso, o sistema é
possı́vel e indeterminado.
Se a = −4, então a terceira equação é 4x + y + 2z = −2, contrariando a
soma das primeira e segunda equações do sistema, que é 4x + y + 2z = 6.
Neste caso, o sistema é impossı́vel.
∴, o sistema é impossı́vel quando a = −4 e é possı́vel e indeterminado
quando a = 4.
Alternativa b).
Solução 144
Primeiramente, deve-se fatorar x4 + 1 em dois polinômios de 2º grau:
x4 + 1 = x2 − i x2 + i
Mas o enunciado limita os valores de ai , bi , ci ∈ R, portanto não é
possı́vel utilizar esta fatoração.
Assim, x4 + 1 poderá ser fatorado da seguinte forma:
√ √ x4 + 1 = x2 + 1 + 2x x2 + 1 − 2x
170
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Separando a soma:
x2
Ax + B
Cx + D
√
√
=
+
=⇒
x4 + 1
x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
√
√
x2 = Ax3 − A 2x2 + Ax + Bx2 − B 2x + B+
√
√
+ Cx3 + C 2x2 + Cx + Dx2 + D 2x + D =⇒
√
√
x2 = (A + C) x3 + −A 2 + C 2 + B + D x2 +
√
√ + A + C − B 2 + D 2 x + (B + D) =⇒


A+C =0


√
√


−A
2
+
C
2+B
+ D} = 1


| {z

√
√=0

A
+
C
−B
2
+
D
2=0


| {z }



=0


B+D =0


A+C =0


√


2

−A + C =
=⇒
√
√2


−B
2
+
D
2=0



B + D = 0
Elevando ao quadrado as primeira e segunda equações e somando:

A2 + 2AC + C 2 = 0
2 + 2C 2 = 1
=⇒
2A
1
A2 − 2AC + C 2 =
2
2
1
∴ A2 + C 2 = .
4
Alternativa c).
Solução 145
Por ser menor que 1000, o número possui 3 algarismos.
Para um número ser ı́mpar, o algarismo das unidades deve ser 1, 3, 5, 7
ou 9.
Os demais algarismos devem ser distintos:
• O algarismo das dezenas pode ser qualquer um, exceto o das
unidades. Portanto há 9 possibilidades.
• O algarismo das centenas pode ser qualquer um, exceto o das
dezenas e das unidades. Portanto há 8 possibilidades.
J. Bartasevicius
171
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Quantidade de números nestas condições: 5 × 9 × 8 = 360.
Porém, todos os números foram considerados com 3 algarismos.
Por este motivo, os números 1, 3, 5, 7 e 9 foram considerados como 001,
003, 005, 007 e 009.
Logo, eles foram excluı́dos do cálculo por possuı́rem o número zero
repetido nas casas da dezena e da centena.
Portanto, o número total de números ı́mpares entre 1 e 999 com todos
os algarismos distintos é:
360 + 5 = 365
Alternativa b).
Solução 146
x
Se x1 , x2 e x3 formam uma PG decrescente, então x1 = x2 r e x3 = 2 ,
r
com r > 1.
O produto das raı́zes deve ser igual ao valor negativo da divisão do
termo independente pelo coeficiente do termo de maior expoente.
x
1
−1
x1 x2 x3 = x2 r.x2 . 2 = x32 = −
=⇒ x2 =
r
64
4
A soma das raı́zes deve ser igual ao valor negativo da divisão do coeficiente de x2 pelo coeficiente de x3 .
1
−56
r 1
+ +
=−
=⇒
4 4 4r
64

r = 2 ou
2r2 + 2r + 2 = 7r =⇒ 2r2 − 5r + 2 = 0 =⇒
1
r =
2
Como a condição definida para uma PG decrescente é r > 1, portanto
r = 2.

1


x
=

1

2

1
As raı́zes são: x2 =

4



x 3 = 1
8
Cálculo da expressão:
1 1
11
sin
+
π + tan 4
π =
2 4
28
172
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
√
2
2+2
3π
π
= sin
+ tan =
+1=
4
4
2
2
Alternativa e).
Solução 147
| 3x − 4 |6 2, x ∈ Z
3x − 4 = 0 =⇒ x =
4
3
4
• Se x < , então | 3x − 4 |= 4 − 3x:
3
4 − 3x 6 2 =⇒ x >
2
3
4
2
6x<
=⇒ x = 1 somente.
3
3
4
• Se x > , então | 3x − 4 |= 3x − 4:
3
∴
3x − 4 6 2 =⇒ x 6 2
∴
4
6 x 6 2 =⇒ x = 2 somente.
3
Portanto, c ∈ {1, 2}.
Para que a equação tenha raı́zes reais, b2 − 4c > 0.
Então, b2 > 4c.
• Se c = 1:
b2 > 4 =⇒ b ∈ {−4, −3, −2, 2, 3, 4, 5}
• Se c = 2:
b2 > 8 =⇒ b ∈ {−4, −3, 3, 4, 5}
J. Bartasevicius
173
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
O conjunto mais restritivo é para quando c = 2, pois os valores de b
produzem raı́zes reais mesmo quando c = 1.
Desta forma, são 5 valores de b para o universo de 10 possibilidades.
5
∴P =
= 0.5.
10
Alternativa a).
Solução 148
2x2 − (6 + p)x − c 6 0
A solução da inequação acima é [0, 2]. Sendo uma função de segundo
grau com concavidade para cima, tem-se que 0 e 2, que são os limites
do conjunto-solução, são as raı́zes da equação:
2(x − 0)(x − 2) = 2x2 − (6 + p)x − c =⇒
(
p = −2 e
2x2 − 4x = 2x2 − (6 + p)x − c
c=0
Resolvendo a equação com exponencial:
22|x+1| = 16.2|x+1| − 64 =⇒ 22|x+1| − 16.2|x+1| + 64 = 0
Fazendo y = 2|x+1| :
y 2 − 16.y + 64 = 0 =⇒ (y − 8)2 = 0 ∴ y = 8
Resolvendo x:
2|x+1| = 8 =⇒ |x + 1| = 3
∴ x = 2 ∨ x = −4
O maior valor de x é 2 =⇒ q = 2.
Então, o número complexo é −2 + i2.
• Módulo =
p
√
(−2)2 + 22 = 2 2.
• Argumento = cotg
174
2
3π
= cotg(−1) =
.
−2
4
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√
3π
3π
+ i sin
.
Portanto, a representação trigonométrica é 2 2 cos
4
4
Alternativa b).
Solução 149
5
a0 q 3 = 5 =⇒ a0 = 3
q
(A)
log5 (a0 a1 . . . a9 ) = 10 − 15 log5 2 =⇒
0+1+2+...+9 = log 510 − log 215 =⇒
q
=⇒ log5 a10
5
5
0
=⇒
45
log5 a10
0 q
10 5
= log5
=⇒
215
10
2
2q9 = 5
45 = 5
=⇒ a10
=⇒
a
q
0
0
215
23
Substituindo (A) em (B):
(B)
2
5 2 9 52
2 q 3 = 5 =⇒ q = 1
q
=
=⇒
5
2
q3
23
23
1
Com q = , de (A), a0 = 40.
2
Calculando a soma S:
S = 40 + 20 + 10 + . . . =⇒
S
= 20 + 10 + 5 + . . . =⇒
2
S
= S − 40 =⇒ S = 80
2
Logo, log2 80 = log2 24 × 5 .
∴ log2 S = 4 + log2 5.
Alternativa c).
=⇒
Solução 150
4x2 (3x − 1) − (3x − 1) = 0 =⇒
J. Bartasevicius
175
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
− 1 (3x − 1) = 0 =⇒

1


a
=


2

1
(2x − 1) (2x + 1) (3x − 1) = 0 =⇒ b = −

2


1

c =
3
s
r
√
3 3 3
28
1
−1
1
2 7
+
+
+1=
= √
2
2
3
27
3 3
4x2
Racionalizando o denominador:
√
2 21
∴
9
Alternativa a).
Solução 151
f (81) = 3 + f (79) = 3 + 3 + f (77) = 3 + 3 + . . . + f (1) =⇒
81 − 1
+ f (1) =⇒ f (81) = 3.40 + 5 = 125
2
f (70) = 3 + f (68) = 3 + 3 + f (66) = 3 + 3 + . . . + f (0) =⇒
f (81) = 3.
70
+ f (0) =⇒ f (70) = 3.35 + 10 = 115
2
p
√
√
f (81) − f (70) = 125 − 115 = 10
f (70) = 3.
Alternativa b).
Solução 152
Com y ∈ R, x > 0.
Para uma reta ser perpendicular a 4x − 3y + 2 = 0, o produto de seus
coeficientes angulares deve ser −1.
4
2
Na reta dada, a equação definida em x é y = x + . Seu coeficiente
3
3
4
3
angular é , implicando o coeficiente da reta perpendicular ser − .
3
4
176
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Portnto, o ponto de tangência à curva y 2 = 2x3 deve produzir o valor
da derivada igual ao coeficiente angular da reta perpendicular.
Cálculo da derivada da curva:
d(y 2 ) = d(x3 ) =⇒ 2y.dy = 6x2 .dx =⇒
3x2
dy
=
dx
y
√
√
Como y 2 = 2x3 , y = √
± 2x3 = ±x 2x. Devido à restrição do domı́nio,
x > 0, implicando x 2x > 0. √
Como o valor do coeficiente angular é
negativo, resta utilizar y = −x 2x:
√
dy
3x2
−3 2x
√ =
=
dx
2
−x 2x
√
dy
3
−3 2x
3
1
= − , então
= − =⇒ x = .
dx
4
2
4
8
1
2
2
x=
=⇒ y = 3 :
8
8
r
1
1
y=±
=±
256
16
Como foi utilizado o valor de y negativo, deverá ser considerado apenas
o ponto ondey < 0. 1
1
∴ o ponto é
,−
.
8 16
Alternativa a).
Solução 153
Calculando o domı́nio do sistema: x > 0 e y 6= 0.
Linearizando as equações com logaritmo:


y log x = −2 log y =⇒ log y = y log x
−2

x log y = − 1 log x
2
Substituindo log y da primeira equação na segunda:
x.
y log x
1
= − log x =⇒ xy = 1
−2
2
J. Bartasevicius
177
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1
x
Substituindo na primeira equação original:
y=
1
1
x(1/x) = 2 =⇒ x( x −2) = 1
1
x
1
1
Da equação acima, x = 1 ou − 2 = 0 =⇒ x = .
x
2
Se x = 1, então y = 1.
1
Se x = , então y = 2.
2
1
9
∴1+1+ +2=
2
2
Alternativa b).
Solução 154
Potências de i:

0

i


1


i
i2



i3



i4
=1
=i
= −1
= −i
=1
0
i



i1
=⇒

i2


3
i
= i4a , a ∈ N
= i4a+1 , a ∈ N
= i4a+2 , a ∈ N
= i4a+3 , a ∈ N
Facilitando o cálculo de z:
(
i8n−5 = i8n−5+8 = i8n+3 = i3 = −i
i4n−8 = i8n−8+8 = i8n = 1
Calculando z:
z = (1 − i)3 + 2i = 1 − 3i + 3(−1) − (−i) + 2i = −2
Cálculo de P (−2):
P (−2) = −2(−2)3 + (−2)2 − 5(−2) + 11 = +16 + 4 + 10 + 11 = 41
Alternativa b).
178
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 155
n
Considerar os três números em PG: nq, n e .
q

n
1


= 13
nq + n + = 13 =⇒ n q + 1 +
q
q
2
1
n

2
2
2
2

(nq) + (n) +
= 91 =⇒ n q + 1 + 2 = 91
q
q
n
2

 q q + q + 1 = 13
n2 4

2 + 1 = 13 × 7

q
+
q
q2
q 2
n2 4
2 + 1 = 7 × n q2 + q + 1
+
q
q
(×
q
+
q
+
1
)
q
n
q2
2
n 2
q + q + 1 q4 + q2 + 1 = 7 q2 + q + 1
=⇒
q
|
{z
}
13
2
13 q 4 + q 2 + 1 = 7 q 2 + q + 1
=⇒
4
2
4
2
3
2
13 q + q + 1 = 7 q + q + 1 + 2 q + q + q
=⇒
6 q 4 + q 2 + 1 = 14q q 2 + q + 1 =⇒
4
2
2
3 q + q + 1 = 7q q + q + 1
(A)
(B)
Dividindo (A) por (B):
q2 + q + 1
13
=
=⇒ 3q 2 + 3q + 3 = 13q =⇒
3
q
(
q = 3 ou
3q 2 − 10q + 3 = 0 =⇒
q = 13
Não há diferença entre os valores de q, pois ele aparecem na soma com
os termos invertidos.
Substituindo q = 3:
1
13
n 3+1+
= 13 =⇒ n ×
= 13
3
3
J. Bartasevicius
179
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
∴n=3
Finalmente, calculando o número de comissões:
C28,3 =
28!
= 3276
3!25!
Alternativa c).
Solução 156
v v
u u r
u u
q
√
u u
u3t5 3 5 3 . . . = r =⇒
t
|
{z
}
r
q
√
3 5r = r =⇒
√
r4
3 5r = r2 =⇒ 5r =
=⇒ r3 = 45
9
3
4π45
4πr
=
= 60π cm3 .
Volume da esfera:
3
3
1 dm3 = 1000 cm3 . Portanto a solução é 60.10−3 π dm3 .
Alternativa c).
Solução 157
Sequência em PA:
b − a = 2 − b =⇒ a − 2b = −2
(A)
Sequência em PG:
a
2
=
=⇒ a2 = 2b
b
a
Substituindo (B) em (A):
(B)
(
a = 2 ou
a − a2 = −2 =⇒ a2 − a − 2 = 0 =⇒
a = −1
Como o enunciado diz que a sequência não é constante, a = 2 não é
solução.
180
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1
Se a = 1, b = .
2
A curva y 2 − 2y + x + 3 = 0 é uma parábola com eixo paralelo às
abscissas. Orientando a parábola, tem-se: x = −y 2 + 2y − 3.
As coordenadas do vértice da parábola são:
y=
−2
=1
2(−1)
Logo x = −12 + 2.1 − 3 = −2.
A reta y = cx + d deve passar pelos pontos

 1 = c(−1) + d
2
1 = c(−2) + d
1
−1,
2
e (−2, 1):

c = − 1
=⇒
2
d = 0
1
∴ a equação é y = − x, ou x + 2y = 0.
2
Alternativa d).
Solução 158
Análise da inequação |x| + |y| < 1:
• x > 0 ∧ y > 0 (soluções no primeiro quadrante):
x+y <1
y
1
1
x
• x < 0 ∧ y > 0 (soluções no segundo quadrante):
−x + y < 1
J. Bartasevicius
181
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
y
1
x
−1
• x < 0 ∧ y < 0 (soluções no terceiro quadrante):
−x − y < 1
y
−1
x
−1
• x > 0 ∧ y < 0 (soluções no quarto quadrante):
x−y <1
y
−1 −1
x
Portanto, o evento A é a junção dos quatro gráficos acima:
y
1
−1
1
−1
182
J. Bartasevicius
x
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Desenhando o espaço amostral Ω com o evento A:
y
1
−1
1
x
−1
√
O evento A é um quadrado de lado 2, portanto sua ocorrência é
√ 2
2 = 2.
O espaço amostral é um cı́rculo de raio 2, cuja área é 4π.
∴ Pevento A =
2
1
=
4π
2π
Alternativa d).
Solução 159


 (x − 1)(5x − 7) = 0 ou
(x − 1)(5x − 7)
3
! = 1 =⇒
(x
−
1)(5x
− 7)

3

=1
3
•
(x − 1)(5x − 7)
= 0:
3

x − 1 = 0 =⇒ x = 1 ou
7
5x − 7 = 0 =⇒ x =
5
•
(x − 1)(5x − 7)
= 1:
3
5x2 − 5x − 7x + 7 = 3 =⇒

x = 2 ou
5x2 − 12x + 4 = 0 =⇒
2
x =
5
J. Bartasevicius
183
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
A menor raiz inteira é m = 1.
1
√
O termo médio de
y − z 3 2 é a potência 6 para cada membro:
6
12! 3 18
√
y z
C12,6 ( y)6 −z 3 =
6!6!
Alternativa e).
Solução 160
√
√
f (2 + 3 2) = f (2)f (3 2)
Cálculo de f (2):
f (2) = f (1 + 1) = f (1)f (1) = 3 × 3 = 9
√
Cálculo de f (3 2):
√
√
√
√
√
f (3 2) = f ( 2 + 2 2) = f ( 2)f (2 2) =
√
√
√
√
√
√
f ( 2)f ( 2 + 2) = f ( 2)f ( 2)f ( 2) = 2 × 2 × 2 = 8
Por fim:
√
√
∴ f (2 + 3 2) = f (2)f (3 2) = 9 × 8 = 72
Alternativa b).
Solução 161
Seja p o número de pessoas, m o número de mulheres, e h o número de
homens:


p < 150, p ∈ N


m
2
2h
=
=⇒ m =

5
5

h
p = m + h =⇒ m + h < 150
2h
7h
750
+ h < 150 =⇒
< 150 =⇒ h <
5
5
7
O valor máximo inteiro de h é 107.
Mas para que o valor de m seja inteiro, h deve ser múltiplo de 5.
Então, h = 105 =⇒ m = 42.
Portanto, o número de homens excede em 105 − 42 = 63 o número de
mulheres.
Alternativa e).
184
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 162
Fatorando G(x):
G(x) = 2(x2 + x − 6) = 2(x + 3)(x − 2)
F (x)
seja uma divisão exata, F (x) deve possuir os mesmos
G(x)
fatores de G(x).
Sendo F (x) uma equação de 3º grau, ela deve possuir três fatores de
primeiro grau:
Para que
F (x) = (x + 3)(x − 2)(x + N ) = x3 + x2 (1 + N ) + x(N − 6) − 6N
Comparando com F (x) do enunciado:
x3 + x2 (1 + N ) + x(N − 6) − 6N = x3 + ax + b
Do termo de 2º grau tem-se 1 + N = 0 =⇒ N = −1.
x3 + x2 (0) + x(−7) − 6(−1) = x3 + ax + b
De onde se extrai a = −7 e b = +6.
∴ a + b = −7 + 6 = −1
Alternativa b).
Solução 163
7
Cálculo das potências do binômio 2x−1 + x3 para obter o termo x5 :
a 7−a
2x−1
x3
= x5 =⇒ −1a + 3(7 − a) = 5 =⇒ a = 4
Cálculo do termo:
4 3
C7,4 2x−1
x3 = 560x5
Alternativa e).
J. Bartasevicius
185
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 164
√
2
n
π
nπ
=⇒ (1 + i)n = 2 2
4
4
nπ
Para que (1 + i)n seja um número real,
deve ser um múltiplo de π.
4
nπ
O menor n para
ser múltiplo de π é 4.
4
Alternativa c).
(1 + i) =
Solução 165
São:
• 2 livros de Cálculo
• 3 livros de História
• 4 livros de Eletricidade
Os dois livros de Cálculo podem se dispor em 2! possibilidades.
Os três livros de História podem se dispor em 3! possibilidades.
Os quatro livros de Eletricidade podem se dispor em 4! possibilidades.
As matérias de Cálculo, História e Eletricidade podem se dispor em 3!
possibilidades.
∴, o número total de arranjos na prateleira é:
2! × 3! × 4! × 3! = 2 × 6 × 24 × 6 = 1728
Alternativa a).
Solução 166
Domı́nio do numerador:
x
6 1 =⇒
−1 6 cos a 6 1 =⇒ −1 6 log
10
x
10−1 6
6 101 =⇒
10
1 6 x 6 100
Domı́nio do denominador:
p
4x − x3 6= 0 ∧ 4x − x3 > 0 =⇒ 4x − x3 > 0 =⇒
x 4 − x2 > 0
Análise de sinais de (B):
186
J. Bartasevicius
(A)
(B)
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
• x:
−
+
x
0
• 4 − x2 :
−
−
+
−2
4 − x2
2
• x 4 − x2 :
−
−
+
+
+
−
0
−
−2
+
−2
+
2
−
−
+
0
2
x
4 − x2
x 4 − x2
Fazendo (A) ∩ (B):
1
−2
0
100
2
1
2
(A)
(B)
(A)∩(B)
∴ S = {x ∈ R | 1 6 x < 2}.
Alternativa d).
Solução 167
xn =
1 + 2 + 3 + ... + n
=⇒
1 + 2 + 4 + . . . + 2n−1
(n + 1)n
xn = n 2
=⇒
2 −1
J. Bartasevicius
187
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
xn =
(n + 1)n
2 (2n − 1)
Alternativa e).
Solução 168
Seja p cada real aumentado no valor do quilo.
Para cada real aumentado, diminui 8 clientes que consomem 500g cada.
Ou seja, para cada real aumentado, são 4 quilos a menos vendido.
Transformando em expressões em função de p:
• Preço por quilo: 40 + p
• Número de quilos consumidos: 200 − 4p
A receita do restaurante é o valor do preço do quilo pelo peso vendido:
(40 + p) × (200 − 4p):
(40 + p) × (200 − 4p) = 8000 + 40p − 4p2
Por se tratar de uma equação de 2º grau com concavidade para baixo,
ela possui valor máximo.
Seu valor máximo é quando:
p=−
b
40
=−
=5
2a
2(−4)
Portanto, o preço do quilo que produzirá a maior receita é 40 + p = 45.
Alternativa d).
Solução 169
Convertendo z para coordenadas polares:
v
u √ !2
u 1 2
3
|z| = t
+
=1
2
2
√
ϕ = arctan
188
√
3/2
π
= arctan 3 =
1/2
3
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Calculando z.z 2 .z 3 . . . z n :
n(n + 1)
2
z.z 2 .z 3 . . . z n = z 1+2+3+...+n = z
Substituindo z pela representação em coordenada polar:
n(n + 1) 2
z
= 1
π
3
n(n + 1)
2
=1
n(n + 1)π
6
Para que z seja um número real positivo, o argumento
ser múltiplo de 2π, ou seja,
n(n + 1)π
deve
6
n(n + 1)
deve ser um múltiplo de 2:
6
n(n + 1)
= 2k, k ∈ N =⇒
6
n(n + 1) = 12k, k ∈ N =⇒ n = 3
Alternativa c).
Solução 170
De acordo com o enunciado, como ninguém esperará além das 13 horas,
o encontro deverá ocorrer entre 12 e 13 horas.
Cada uma das pessoas chega aleatoriamente entre 12 e 13 horas. Chamando de tx e ty o tempo de cada uma das pessoas envolvidas, o espaço
amostral pode ser definido como um quadrado de 12 às 13 horas, onde
cada eixo representa o horário de chegada de cada uma das pessoas ao
ponto de encontro:
ty
13
espaço
amostral
12
13
J. Bartasevicius
tx
189
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
A área do espaço amostral é 1.
Cada um espera pelo outro pelo perı́odo máximo de 15 minutos, não
importando quem chega primeiro. Esta afirmação pode ser traduzida
para a seguinte inequação:
|tx − ty | 6
1
4
Neste caso, há duas hipóteses:
• Se tx > ty ou tx − ty > 0:
tx − ty 6
1
1
=⇒ ty > tx −
4
4
Para estas condições, desenham-se os seguintes gráficos:
ty
tx = ty
13
tx > ty
Gráfico A
12
13
tx
ty
ty = tx −
13
3/4
Gráfico B
ty > tx −
1
4
12 1/4
13
tx
(Gráfico A) ∩ (Gráfico B) ∩ Espaço Amostral:
190
J. Bartasevicius
1
4
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
ty
ty = tx
1
ty = tx −
4
13
3/4
Probabilidade de realização
do encontro quando tx > ty
12 1/4
tx
13
Desta forma, a área do encontro quando tx > ty é:
2
3
1
7
4
Ax>y = −
=
2
2
32
• Se tx < ty ou tx − ty < 0:
ty − tx 6
1
4
Analogamente, a área do encontro quando tx < ty , será a mesma,
porém acima da reta tx = ty .
1
4
ty = tx
ty = tx +
ty
3/4
13
Probabilidade de realização 1/4
do encontro quando tx < ty
12
Então, Ax<y =
13
tx
7
32
A área total do encontro é Atotal = Ax>y + Ax<y =
J. Bartasevicius
7
.
16
191
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
1
4
ty = tx +
ty
ty = tx
ty = tx −
3/4
13
1
4
3/4
1/4
Probabilidade total
12
1/4
13
tx
Cálculo da probabilidade:
7
Atotal
7
P =
= 16 =
Espaço Amostral
1
16
Alternativa c).
Solução 171
n
As expressões são da forma f (n) =
.
(n − 1)2 + n


x = f (1, 00000000002)
Do enunciado: y = f (1, 00000000004)


z = f (19, 00000000002)
Análise da variação da expressão f (n):
f 0 (n) =
n(2n − 1) − 1(n2 − n + 1)
n2 − 1
=
2
2
n2 − n + 1
n2 − n + 1
f 0 (n) < 0 se −1 < n < 1. Quando f 0 (n) < 0, a função é decrescente.
n > 1 =⇒ f 0 (n) > 0. Quando f 0 (n) > 0, a função é crescente.
Todos os valores são para n > 1, portanto a função é crescente.
Logo, z > y > x.
Alternativa e).
192
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 172
x+y =2
(x + y)2 = 4 =⇒ x2 + 2xy + y 2 = 4 =⇒ x2 + y 2 = 4 − 2xy
(x + y)3 = 8 =⇒ x3 + 3xy (x + y) +y 3 = 8 =⇒ x3 + y 3 = 8 − 6xy
| {z }
2
x2 + y 2
4 − 2xy
=
4
=⇒
=4
8 − 6xy
x3 + y 3
Fazendo xy = z:
4 − 2z
= 4 =⇒ 2 − z = 16 − 12z
8 − 6z
∴ z = xy =
14
11
Alternativa c).
Solução 173
N =z y x z y x z y x
N = (100z+10y+x)×106 +(100z+10y+x)×103 +(100z+10y+x) =⇒
N = (100z + 10y + x) × 106 + 103 + 1 = (100z + 10y + x) × (1001001)
1001001 = 333667 × 3
N = (100z + 10y + x) × 333667 × 3
∴ N é múltiplo de 333667.
Alternativa d).
Solução 174
b=
1
a
a + b = 2 =⇒ a +
1
= 2 =⇒
a
J. Bartasevicius
193
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
a2 − 2a + 1 = 0 =⇒ a = 1 =⇒ b =
Cálculo de a3 + b3
1
=⇒ b = 1
a
a4 − b 4 :
13 + 13
14 − 14 = 0
Alternativa e).
Solução 175
2
3
+
= 1 =⇒ 2x + 2 + 3x − 3 = x2 − 1 =⇒
x−1 x+1
(
x = 0 ou
x5 − 5x = 0 =⇒
x=5
∴ 02 + 52 = 25.
Alternativa d).
Solução 176
(
4x2 − 4x + 1 = (2x − 1)2
−1 + 6x − 12x2 + 8x3 = (2x − 1)3
q
q
3
(2x − 1) = (2x − 1)3 =⇒ |2x − 1| = 2x − 1
2
A equação acima possui resposta somente se 2x − 1 > 0.
1
∴ S = {x ∈ R | x > }.
2
Alternativa d).
194
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 177
(
Ganha - fica 1.25x
Aposta x:
Perde - fica com 0.25x
Ganhou duas apostas e perdeu duas apostas, sempre apostando o valor
total. Cálculo do montante final:
(1.25)2 (0.25)2 x =
25
x ≈ 10%x
256
Alternativa e).
Solução 178
√ 2008
√ 2008 √
1338
3+2 2
3+2 2
5 2−7
√
1338 = √
1338 √
1338 =
5 2−7
5 2+7
5 2+7
√ 2008
√ 2008 √
1338
5 2−7
3+2 2
3+2 2
= √
1338 = √
√
1338 =
5 2+7
5 2+7 5 2−7
=
√ 2008 √
1338
5 2−7
3+2 2
[1]1338
=
h
1338
√ 2008 √
5 2−7
=
= 3+2 2
i1338 √ √
√ 670
3+2 2 5 2−7
3+2 2
=
h
√ i1338 √ 670
= −1 + 2
3+2 2
=
=
h
−1 +
√ √ i670 √ 668
2 3+2 2
−1 + 2
=
h
√ i670 √ 668
= 1+ 2
−1 + 2
=
=
h
1+
√ √ i668 √ 2
2 −1 + 2
−1 + 2 =
√ √
= (2 − 1)668 3 + 2 2 = 3 + 2 2
J. Bartasevicius
195
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
√ 2008
√
3+2 2
Calculado √
1338 +3 − 2 2:
5 2+7
{z√
}
|
3+2 2
√
√
3+2 2+3−2 2=6
Alternativa d).
Solução 179
ax2 + bx + c =⇒ raı́zes x1 e x2 , com x1 < x2 .

x2
√


 mx2 = x1 =⇒ mx2 = x21 =⇒ m = 1
x2
2
x


x2 = √nx1 =⇒ nx1 = x22 =⇒ n = 2
x1
x31 + x32
x21 x22
+
=
m+n=
x2 x1
x 1 x2
x31 + x32
(x1 + x2 )3 − 3x1 x2 (x1 + x2 )
=
x1 x2
x1 x2

x + x = − b
1
2
2a
x x = c
1 2
a
c b b 3
−
−3
−
(x1 + x2 )3 − 3x1 x2 (x1 + x2 )
2a
a
2a
m+n =
=
=
c
x1 x2
a
=
3abc − b3
a2 c
Alternativa a).
Solução 180
Cálculo do domı́nio:
3x + 1 6= 0 =⇒ x 6= −
196
J. Bartasevicius
1
3
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Análise da expressão:
(2x − 1)10 > 0 ∧ (3x + 1)8 > 0, ∀x.
Então, (x − 5)15 definirá o sinal da expressão. Como o expoente é
ı́mpar, só é necessário analisar x − 5. Portanto, se x > 5, a expressão é
maior ou igual a zero.
Contudo, se a parcela (2x − 1)10 for igual a zero, a expressão se torna
1
igual a zero. Neste caso, x = também é solução.
2
1
∴ S = {x ∈ R | x = ∪ x > 5}
2
Alternativa e).
Solução 181
Para ser possı́vel calcular o valor da expressão, é necessário que 103x −
x2 − 300 > 0:
(
x=3
−x2 + 103x − 300 = 0 =⇒
x = 100
Os valores de x que satisfazem à inequação são 3 6 x 6 100.
Portanto, a quantidade de números que satisfazem a inequação é 100 −
3 + 1 = 98.
Alternativa c).
Solução 182
I - Verdadeiro.
Se n é um número primo, sua forma fatorada é 1 × n.
II - Verdadeiro.
24 = 23 × 3 e mdc(24, a) = 1,
Logo, a não pode possuir fatores 2 ou 3.
∴ a ∈ {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}
III - Verdadeiro.
a2 + 2ab + b2 = a2 + 2ac + c2 =⇒ 2a(b − c) = (c − b)(c + b)
J. Bartasevicius
197
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
A expressão acima é válida, somente se c + b = −2a ou c − b = 0.
Sendo a, b, c ∈ N∗ , não é possı́vel existir solução para c + b = −2a.
Neste caso, a igualdade é válida se, e somente se c − b = 0, ou seja,
se c = b.
IV - Verdadeiro.
a<b
Sendo a, b, c ∈
N∗ ,
(×c)
logo é possı́vel afirmar a.c < b.c.
Alternativa e).
Solução 183
11y 2 − 3 = 5 175308 − x2
Para haver solução, 11y 2 − 3 deve ser múltiplo de 5.
Logo, 11y 2 ≡ 3 (mod 5).
Os restos de y 2 dividido por 5 são: 0, 1, 4.
Consequentemente, os restos de 11y 2 são: 0, 1, 4.
∴ 6 ∃y ∈ N | 11y 2 ≡ 3 (mod 5).
Alternativa a).
Solução 184
q
4
(2x − 1)4 = |2x − 1|
A equação pode ser simplificada para:


2x − 1 = 3x + 2, se x > 1
2
|2x − 1| = 3x + 2 =⇒
1

1 − 2x = 3x + 2, se x <
2
1
Se x > , x = −3 (impossı́vel!).
2
1
1
Se x < , x = − .
2
5
1
Portanto, a solução x = − é única.
5
Alternativa b).
198
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 185
Da primeira equação:
y
x= √
3
Substituindo na segunda equação:
y 2
√
1
1
1
3
=
=⇒
=
, ∀(x, y) ∈ R2 | y 6= 0
3
3
3
y2
y
Portanto, o sistema é possı́vel e indeterminado, onde x = √ , com
3
y 6= 0.
Neste caso, somente x ou y podem ser inteiros, sendo impossı́vel haver
soluções inteiras para ambos.
Alternativa a).
Solução 186

2
3
2

375y x − 125y − 375yx

 2
y + x2 + 2yx = a2
+125x3 = 125b =⇒
=⇒ x3 − 3x2 y + 3xy 2 − y 3 = b
=⇒ (x + y)2 = a2
x3 − 3x2 y + 3xy 2 − y 3 = b =⇒ (x − y)3 = b =⇒ (x − y)6 = b2 (A)
(x + y)2 = a2 =⇒ (x + y)6 = a6
(B)
Fazendo (A) × (B):
(x − y)6 × (x + y)6 = a6 b2 =⇒ [(x − y) × (x + y)]6 = a6 b2
6
∴ x 2 − y 2 = a6 b 2
Alternativa c).
J. Bartasevicius
199
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 187
3x3 − 5 =
p
33x3 + 97 =⇒ 9x6 − 30x3 + 25 = 33x3 + 97 =⇒
9x6 − 63x3 − 72 = 0 =⇒ x6 − 7x3 − 8 = 0 =⇒
(
x3 = 8 =⇒ x = 2
x3 − 8 x3 + 1 = 0 =⇒
x3 = −1 =⇒ x = −1
A expressão foi elevada ao quadrado, portanto é necessário testar as
raı́zes, pois elas podem ter sido produzidas para valores positivos e
negativos da expressão:
• x = 2:
3(2)3
q
√
− 33(2)3 + 97 = 24 − 361 = 24 − 19 = 5
Portanto, x = 2 é raiz.
• x = −1:
3(−1)3
q
√
− 33(−1)3 + 97 = −3 − 64 = −3 − 8 = −11
Portanto, x = −1 não é raiz.
Portanto, há somente uma raiz, x = 2.
Alternativa a).
Solução 188
Transformando todos os números fracionários em frações, e fatorando
os números inteiros:
v
4
5
s
u
r
3+
+ 4+
up
1
7
9
9
t 2 1
2
√
3 × + 2 ×
−
=
3 6
3
16
2
9
q
7+
p
7
1
9 =
3 × + 22 × 2−4 −
3
22
q
p
8
7
= 1 + 22 × 2−2 − =
4
s
=
200
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
=
√
1+1−2=
√
2−2
Alternativa d).
Solução 189
p
√
3
A solução
parte
da
hipótese
de
que
26 − 15 3 é um número da forma
√
A + B 3, A, B ∈ N.
√
√ 3
26 − 15 3 = A − B 3
=⇒
√
√
√
26 − 15 3 = A3 − 3A2 B 3 + 3A3B − 3 3B 3 =⇒
(
26 = A3 + 9AB
√
√
√
−15 3 = −3A2 B 3 − 3 3B 3 =⇒ 5 = A2 B + B 3
Na segunda equação, B A2 + B 2 = 5. Por hipótese, A, B ∈ N. Então
B = 1 e A = 2.
Testando os valores na primeira equação: 23 + 9 × 2 × 1 = 26, confirma
a solução para A e B.
q
p
√
√
√ 2 p
√
3
Logo, 26 − 15 3 = 2 − 3 =
2 − 3 = 7 − 4 3.
Alternativa b).
Solução 190
Convertendo 21 para a base 7:
(21)10 = (30)7 = (3 × 10)7
Fazendo a exponenciação:
2012
2012 × 102012
(21)2012
=
(3
×
10)
=
3
10
7
7
Somente o fator 107 produz algarismos zeros na exponenciação.
Logo, (21)2012
10 terminará com 2012 zeros na base 7.
Alternativa a).
J. Bartasevicius
201
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 191
Simplificando a expressão:
2160x + 1680y = 240(9x + 7y)
O menor valor positivo de 9x + 7y para x, y ∈ Z é quando x = −3 e
y = 4 =⇒ 9x + 7y = 1.
∴ o menor valor inteiro de 240(9x + 7y) é 240.
Alternativa d).
Solução 192
(
10x = 100y =⇒ x = 10y
x + y = 44
(
x = 40
=⇒
y=4
Análise das alternativas:
a) y x = 440 = 280
√
√
√
b) xy = 4 × 44 = 4 11
√
√
10 80
c) 10 y x =
2 = 28 = 256
√
√
4
d) 4 xy = 404 = 40
r
r
√
r
y
4
1
10
=
=
=
e)
x
40
10
10
Alternativa c).
Solução 193
Simplificando A:
√
3+ 6
√
√
√ =
A= √
5 3−2×2 2−4 2+5 2
√ √
√ √
3+ 6
3− 2
3+ 6
√ =
=√
=
3−2
3+ 2
√
√
√
√
√
=3 3+3 2−3 2−2 3= 3
202
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
A2
Cálculo de √
:
6
A7
√
6
p
A2
A12
6
√
√
=
=
A5
6
6
7
7
A
A
r
√ 5
p
12
6
3 =
35
Substituindo A:
Alternativa e).
Solução 194
6
8
10
12
4
P =
3
5
7
9
11
4
6
8
10
Q=
5
7
9
11
4
P
6
8
10
12
5
7
9
11
=
×
Q
3
5
7
9
11
4
6
8
10
12
P
=
=4
Q
3
s
√
P
∴
= 4=2
Q
Alternativa b).
Solução 195
=
h
1
33
39
27
+ 22
+2
21
√
q
1 2 7 92
√
5
3
− 239 + 64 − 3 3 7
=
7
7
i√
h
i√
√
√
92
92
5
5
9
− 239 + 4 − 3
= 4 − 243
=
√
7
= [4 − 3] 92 = 1
Alternativa c).
J. Bartasevicius
203
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Solução 196
Simplificando k:
2
2
k = 2(a+b) −(a−b) = 24ab
Substituindo ab = 5, k = 220 . √
Substituindo k em x2 − y 2 = 5 k:
p
5
(x − y) (x + y) = 220 =⇒ (x − y) (x + y) = 24
Com x, y ∈ N∗ , existem as seguintes possibilidades:
• x − y = 1 ∧ x + y = 16
17
15
x=
ey= .
2
2
Não é solução válida, pois x, y 6∈ N∗ .
• x−y =2∧x+y =8
x = 5 e y = 3.
Solução válida, com x, y ∈ N∗ .
• x−y =4∧x+y =4
x = 4 e y = 0.
Não é solução válida, pois y 6∈ N∗ .
Com x = 5 e y = 3, 35 − 53 = 118.
Alternativa e).
Solução 197
Pelo enunciado conclui-se que n2 + 37 = k(n + 5), com n, k ∈ N.
√
k ± k 2 − 148 + 20k
2
∴ n − kn + 37 − 5k = 0 =⇒ n =
2
Logo, a condição necessária (mas não suficiente) para que exista n ∈ N
é que k 2 + 20k − 148 seja um quadrado perfeito.
k 2 + 20k − 148 = k 2 + 20k + 100 − 248 = (k + 10)2 − 248
Fazendo k + 10 = x, tem-se:
x2 − 248 = y 2 , x, y ∈ N =⇒
x2 − y 2 = 248 =⇒ (x + y)(x − y) = 23 × 31
204
J. Bartasevicius
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Quanto maior o valor de x, maior o valor de k. Quanto maior o valor
de k, maior o valor de n.
Há mais de uma possibilidade para x−y e x+y em (x+y)(x−y) = 23 ×31,
mas a que produz o maior valor de x é aquela cujos fatores possuam a
mesma paridade, para que x, y ∈ N; e cuja distância entre os fatores de
248 seja máxima.
Dentre as hipóteses de:
• x − y = 1 ∧ x + y = 248 =⇒ fatores não possuem mesma paridade.
• x − y = 2 ∧ x + y = 124.
Distância entre fatores: 124 − 2 = 122.
• x − y = 4 ∧ x + y = 62.
Distância entre fatores: 62 − 4 = 58.
• x − y = 8 ∧ x + y = 31 =⇒ fatores não possuem mesma paridade.
(
(
x−y =2
x = 63
Resolvendo
=⇒
x + y = 124
y = 61
x = 63 =⇒ k = √
53.
(
n = 57 ou
53 ± 532 + 20 × 53 − 148
=⇒
Então, n =
2
n = −4 6∈ N
∴ a soma dos algarismos de n é 5 + 7 = 12.
Alternativa d).
Solução 198
Simplificando a expressão:
2
16a4 b2 − 8a3 b3 + a2 b4 = 4a2 b − ab2 = [ab (4a − b)]2 =
= (ab)2 (4a − b)2
Resolvendo a primeira equação do sistema:
1+
1
2
= 5 =⇒ ab =
ab
2
Resolvendo a segunda equação do sistema:
5−2b2 = 16a2 −b2 =⇒ 5 = 16a2 +b2 =⇒ 5 = 16a2 −8ab+b2 +8ab =⇒
J. Bartasevicius
205
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
Substituindo ab:
1
=⇒ (4a − b)2 = 5 − 4 =⇒
5 = (4a − b) + 8
2
2
(4a − b)2 = 1
Aplicando na expressão:
2
1
1
(ab) (4a − b) =
1=
2
4
2
2
Alternativa e).
Solução 199
√
√
x + 4 = 5 − x − 1 =⇒
√
x + 4 = 25 − 10 x − 1 + x − 1 =⇒
√
x − 1 = 2 =⇒ x − 1 = 4
∴x=5
Alternativa d).
Solução 200
As contas são muito grandes para serem feitas manualmente.
Fazendo n = 2014 e substituindo na equação, o cálculo se torna simples:
nx2 − (n + 1)x − (2n + 1) = 0
n=
206
q
n + 1 ± [− (n + 1)]2 − 4n [− (2n + 1)]
2n


 n + 1 + 3n − 1 = 2 ou
2n
n= n+1−
3n + 1
−n + 1


=
2n
n
J. Bartasevicius
=⇒
CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES
A solução inteira é 2.
−n + 1
a
=
.
b
n
Substituindo n por 2014:
a
−2014 + 1
2013
=
=−
∴
b
2014
2014
(
a = 2013 e
b = 2014
a + b = 2013 + 2014 = 4027, cuja soma dos algarismos é 13.
Alternativa d).
J. Bartasevicius
207