Questão 01
O polinômio P ( x)  x5  3x 4  10 x3  30 x 2  81x  243 possui raízes complexas simétricas e uma raiz com valor igual ao
módulo das raízes complexas. Determine todas as raízes do polinômio.
Resolução:
p( x)  x 5  3 x 4  10 x 3  30 x 2  81x  243
z1  a  bi
z3  a  bi
z2  a  bi
z4  a  bi
z5 (real )
Soma das raízes:
z1  z2  z3  z4  z5  3
 z5  3
Soma dos produtos das raízes duas a duas:
z1 z2  z1 z3  z1 z4  z1 z5  z2 z3  z2 z4  z2 z5  z3 z4  z3 z5  z4 z5  10
z5  z1  z2  z3  z4   z2  z1  z3   z1 z3  z4  z1  z2  z3   10
z1 z3  z2 z4  10
 a  bi  a  bi    a  bi  a  bi   10
Segue:
a 2  b 2  5
Mas z1  3  a 2  b 2  9
Donde
a 2 e b 7
z1  2  7i
z2  2  7i
z3   2  7 i
z 4   2  7i
z5  3
Questão 02
Calcule o determinante abaixo, no qual   cis
2
e i
3
1
i
1 i
0
1
 0
i
1 i 2
 i 1 1
i
 1
Resolução:
Seja D o valor do determinante dado.
Pelo teorema de Jacobi substituímos a primeira coluna do determinante por sua soma com a terceira coluna:
1  0
i
0 1  i 2
D
0  i 1 1
1 
1
i
Pela regra de Chió, reduzimos a ordem do determinante:
1 i 2
D   i 1 1
0
1
0
Desenvolvendo diretamente o determinante pela regra de Sarrus, vem:
 2 
D  3  1  cis  3    1
 3 
 cis 2  1  0
Questão 03
Determine o(s) valor(es) de x , inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação
x
 y 1

x 2     y  z  
y 1  z  0

Resolução:
Para cada valor de y , de 1 até x , desenvolve-se o produtório.
Valor de y
y 1
Produtório
y2
1  0 
 2  0  (2  1)
y3
y4
(3  0)(3  1)(3  2)
(4  0)(4  1)(4  2)(4  3)
Cada produtório resulta em um fatorial. Assim,
x 2  1! 2! 3! ...  x !
Cujas soluções são, por inspeção:
x 1
x3
A partir de x  4 , tem-se x !  x 2 . Logo os únicos valores são: x  1 e x  3.
Questão 04


Resolva a equação  log cos x sen 2 x   log cos2 x sen x  4
Resolução:
Das condições de existência dos logaritmos, temos:
sen x  0


cos x  0  2k   x   2k 
2
cos x  1

2
Com o auxílio das propriedades dos logaritmos desenvolvemos a equação.
 log sen x 
 2  log cos x sen x   cos x 2   4
 log cos x cos x 
 log cos x sen x   4
2  log cos x sen x  
2
 logcos x sen x 
2
4
log cos x sen x  2
I 
ou log cos x sen x  2  II 
De  I  , vem:
sen x  cos 2 x
sen x  1  sen 2 x
sen 2 x  sen x  1  0
sen x 
1  5
2
Como sen x  0 , então sen x 
De  II  , vem:
 1  5 
1  5
e x  arcsen 
  2k  , k  
2 
2

sen x  cos 2 x
1
sen x 
1  sen 2 x
sen x  sen 3 x  1
sen 3 x  sen x  1
Das condições de existência, temos
0  sen x  1 e portanto sen 3 x  0 e sen x  1  0
Logo a equação sen 3 x  sen x  1 não tem solução.
Assim, o conjunto solução obtido é:


 1  5 
S   x   | x  arcsen 
  2k , k   
2 



Questão 05
Seja ABCDABC D um prisma reto de base retangular ABCD . Projeta-se o ponto médio M da maior aresta da base
sobre a diagonal AC , obtendo-se o ponto P . Em seguida projeta-se o ponto P na face oposta, obtendo-se o ponto
2
2
N . Sabe-se que NA  NC  k . Determine o comprimento da menor aresta da base.
Resolução:
Suponhamos, sem perda de generalidade, que seja AB a maior aresta da base.
Nesse caso, temos NC  NA e NC 2  NA2  k . Desejamos calcular BC  x .
Pelo teorema de Pitágoras no APN e CPN , vem
CP 2  NP 2  NC 2  I 
 2
2
2
 AP  NP  NA  II 
Fazendo  I    II  :
CP 2  AP 2  NC 2  NA2  CP 2  AP 2  k
 
3
Traçando o segmento CM na base do prisma e considerando MA  MB  a , temos a seguinte figura:
Pelo teorema de Pitágoras no triângulo CMB obtemos CM 2  a 2  x 2 .
Nos triângulos CPM e APM , vem:
 III 
 IV 
2
2
2
2
CP 2  PM 2  CM 2
CP  PM  a  x

 2

2
2
2
2
2
 AP  PM  a
 AP  PM  a
Fazendo  III    IV 
CP 2  AP 2  x 2
De * , vem x 2  k  x  k
Questão 06
Calcular o valor da expressão abaixo
3
370370
 037
1 00
0


  11

30 algs "1" 30 algs "0"
89 algarismos
Obs: algs = algarismos
Resolução:
Podemos decompor 370370
 037

 como
89 algarismos
37  10  37  10  37  1081    37  103  37  100  37  1087  1084    100 
87
84
Pela fórmula da soma dos termos da PG, vem:
30
37  100 103   1 37  1090  1 1090  1

 

103  1
999
27
Podemos decompor 111

1000

0
como:
 


30 algs
30 algs
30
1030  10   1 1060  1030


10  10  10    10 
10  1
9
Assim, a raiz dada equivale a:
30
3
31
32
59
1090  1 1060  1030


27
9

3

3
1090  1  3  1060  3  1030
27
10
30
 1
27
3

1030  1
 333




3
3
30 algs
Questão 07
O lado BC de um triângulo ABC é fixo e tem comprimento a . O ortocentro H do triângulo percorre uma reta
paralela à reta suporte de BC e distante a da mesma.
4
a) Determine o lugar geométrico do ponto A quando H varia.
b) Determine o valor mínimo da área do triângulo ABC quando A e H estão no mesmo semi-plano definido pela
reta suporte de BC .
4
Resolução:
a) Sem perda de generalidade, consideramos B 0,0 e C  a,0 .
y
A(xA,yA)
r
a
4
B(0,0)
C(a, 0)
t
Nota-se que x A  xH .
Coeficiente angular de r : mr 
Como r  t ,
y=
a
H ( xH , )
4
a
4
x
a
.
4 xH
mr  mt  1
a
 mt  1
4 xH
mt 
4 xH
a
Equação de t : y  y0  m  x  x0 
4 xH
 x  a
a
 4x 
y    H   x  4 xH
 a 
y0
Em que t é a reta perpendicular a r e que passa por C .
O ponto A está sobre t , tal que x A  xH .
4 xH
 xH  4 xH , logo,
a
4
yA 
 xH 2  4 xH
a
yA 
Assim o L.G. do vértice A é a parábola de equação y 
4 2
 a
x  4 x , em que x é a abscissa de H  x,  , tal que x  0 e x  a .
 4
a
Trata-se de uma parábola que passa por B e C , com vértice situado à distância “ a ” de BC , equidistante de B e C ; desta
parábola retiram-se os pontos B e C nos quais o triângulo não está definido.
b) Para x  0 tem-se y A  0 o que evidencia um triângulo impossível (inexistente). Na vizinhança positiva de x  0 y A aproxima-se
de zero.
Logo a área de ABC pode ser tão pequena quanto se queira, tendendo a zero.
Questão 08
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)
Resolução:
Nenhuma dupla: 1 forma
Uma dupla: C9,2  36 formas
C9,2  C7,2
36  21

 378 formas
2!
2
C C C
36  21  10
 1260 formas
Três duplas: 9,2 7,2 5,2 
3!
6
C C C C
Quatro duplas: 9,2 7,2 5,2 3,2  945 formas
4!
O total de formas será:
1  36  378  1260  945  2620 formas
Duas duplas:
5
Questão 09
 x  y  log 3 xy
Resolver o sistema de equações 
x2
x
y
2  8  5  4
Resolução:
Restrição de domínio: x  0 , y  0.

Supondo x  y :
x y 0
i)
 y
log 3    log 3 y  log 3 x  0 posto que log 3 x  log 3 y .
x
 y
Logo x  y  log 3   é impossível para x  y .
x
ii)

Supondo x  y
x  y  0.
i)
 y
log 3    log 3 y  log 3 x  0
x
 y
Logo x  y  log 3   é impossível para x  y .
x
ii)
Resta x  y . De fato,
x  x  log 3
x
x
Assim, x  y . Substituindo na segunda equação:
2 x  2  8x  5  4 x
4  2x   2x   5 2x 
3
2
Seja t  2 x :
t 3  5t 2  4t  0
t   t 2  5t  4   0
As soluções são t  0, t  1, t  4
Regressando à variável x :
2x  0
(impossível)
2 x  1  x  0 (impossível)
2x  4  x  2
Logo x  2 , y  2 e S   2 ,2 
Questão 10
Sejam p o semiperímetro de um triângulo, S sua área, r e R os raios de suas circunferências inscrita e circunscrita,
respectivamente. Demonstre que vale a seguinte desigualdade
2 3
2 p2
S  rR 
9
27
Resolução:
Sejam a,b,c os lados do triângulo de vértices A,B,C
1ª parte:
2 3
S  rR
9
abc
A área do triângulo é S  
r
2


6
Da lei dos senos:
a
b
c
abc



 2 R , ou seja a  b  c  2 R  sen A  sen B  sen C 
sen A sen B sen C sen A  sen B  sen C
Assim, a desigualdade equivale a
2 3
2 3abc
S 

r 
9
9 
2

3
  sen A  sen B  sen C   2 R  r  I 
9
A função y  sen x é côncava, para 0  x  180º , pois y``  sen x  0 para x nesse intervalo.

Assim, pela desigualdade de Jensen, temos
sen A  sen B  sen C
 A BC 
 sen 

3
3


 180º 
sen A  sen B  sen C  3sen 

 3 
sen A  sen B  sen C 
3 3
2
Assim, em (I):
2 3
3
S 
 sen A  sen B  sen C   2 R  r 
9
9
3 3 3

 2R  r  R  r
9
2
2ª parte:
2 p3
 R r
27
Da desigualdade das médias, temos:
abc 3
 abc
3
2p 3
 abc
3
8 p3
 abc
27
abc
, portanto:
A área do triangulo é S 
4R
8 p3
 45 S R
27
Mas temos ainda que S  p  r , logo:
8 p3
 4 pr  R
27
3
2p
 Rr
27
7
Professores:
Matemática
Lafayette
Bruno Fraga
Colaboradores
Aline Alkmin
Carolina Chaveiro
José Diogo
Moisés Humberto
Digitação e Diagramação
Daniel Alves
Érika Rezende
João Paulo
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Luciano Barros
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
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Assistente Editorial
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Supervisão Editorial
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Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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