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COMENTÁRIO DA PROVA
01. O polinômio P(x) = x5 – 3x4 + 10x3 – 30x2 + 81x – 243 possui raízes complexas
simétricas e uma raiz com valor igual ao módulo das raízes complexas. Determine todas as
raízes do polinômio.
Solução:
Agrupando dois a dois os termos do polinômio, temos:
x 5  3x 4  10 x 3  30 x 2  81x  243  x 4  x  3  10 x 3  x  3  81x(x  3)
Logo:
P  x   ( x  3)(x 4  10 x 2  81) .
Resolvendo a equação biquadrada:
x 4  10 x 2  81  0 , fazendo y = x2, y2 + 10y + 81 = 0,
Cujas raízes são: 5  2 14i
Tomemos a e b   tais que:
 a  bi 
2
 5  2 14i
a2  b2  2abi  5  2 14i , logo:
a2  b2  5
, logo
 2 2
 a b  14
a2 = 7 e b2 = 2,
De onde temos as seguintes soluções para a equação biquadrada:
{ 2  7i, 2  7i,  2  7i,  2  7i}
Para conjunto solução do polinômio teremos:
{3, 2  7i, 2  7i,  2  7i,  2  7i}
02. Calcule o determinante abaixo, no qual   cis
2
e i 
3
i
1

0
i
1 i  2
1 i  i 1 1

0
1
i
Solução:
2
  3  cis2  1
3

1
0
i
  cis

i
1 i  2
1 i  i 1 1

0
1
i
Substituindo a 3ª coluna por ela mais a 1ª coluna, obtemos:
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1
1
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1
 1 i
i
1 0 2

1i  0 1
 1 i
0
Substituindo
1

i
1

1i 
1 0
a 4ª linha por ela menos a 1ª linha obtemos:
1 i
0 2
0 1
0 0
Aplicando Laplace na 3ª coluna, temos:
1 2
i
1 3
   1 1  i  1  1   3  0 pois  3  1
1 0 0


03. Determine o(s) valor(es) de , inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação
x
 y 1

x 2     y  z  
y 1  z 0

Solução:
y 1
  y  z   y.  y  1 .  y  2 ....1  y !
z 0

x
 y 1

x
   y  z    y !  1! 2! 3! ...  x !
 z 0
 y 1
Queremos resolver a equação x 2  1! 2! 3! ...  x !
y 1
Supondo x  5 temos:
x2 
x
 y !  1! 2! 3! 4!
y 1
x
 y !  33  10k
y 5
x 2 termina em 3 o que é IMPOSSÍVEL. Logo, x  4 .
 a
x  1  12 
1
 y !  1! V 
y 1
2
 b  x  2  22 
 y !  1! 2!  3  F 
c 
x  3  32 
 y !  1! 2! 3!  9 V 
d 
x  4  42 
y 1
3
y 1
4
 y !  1! 2! 3! 4!  33  F 
y 1
Resposta: x  1 ou x  3
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04. Resolva a equação (logcos x sen2 x ).(logcos2 x sen x )  4
Solução:
Analisando as restrições para que a equação esteja bem definida, temos:
senx  0
 
cos x  0  x   0, 
(1º quadrante)
 2
cos x  1
Voltando à equação, temos:
2
1
2.logcos x senx  .  2 .logcos x senx   4  logcos x senx   4  logcos x senx   2


1º Caso:
logcos x senx   2  senx  cos2 x  1  sen2 x 
 sen2 x  senx  1  0  senx 
5 1
 5 1
ou senx 
2
2
Esta última não serve pois senx > 0. Portanto x  2k.  arcsen(
5 1
) k  .
2
2º Caso:
1
logcos x senx   2  senx  cos2 x , mas 0  senx  1 e
nesse caso.
1
 1, logo, não temos solução
cos2 x
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 projeta2
se o ponto P na face oposta, obtendo-se o ponto N. Sabe-se que NA  NC
o comprimento da menor aresta da base.
Solução:
Olhando para o triângulo ANC, temos:
2
AN  NC
2


2
2
2
2
 NP  AP   NP  PC 2   AP  PC 2 | AP  PC | ( AP  PC ) ,




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2
 k. Determine
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Logo k  AP  PC . AC
Agora olhemos para o triângulo ABC
Vemos que ∆ABC  APM , temos
AP
AB
2
AB
2
,

 AP 
AB
AC
2 AC
E como PC  AC – AP , temos:
AP  PC  2 AP  AC 
AB
2
 AC , Então
AC
k 
AB
2
2
 AC .AC  AB  AC
2
 BC 2 , De onde tiramos:
AC
BC 
k.
06. Calcular o valor da expressão abaixo
3
370370...037 – 11...1 00...0


  


89 algarismos
30 algs "1" 30 algs "0"
obs.: algs = algarismos
Solução:
30 
29 
28
1


A  037 037 037...037  37  37.103  37.106  ...  37. 103




29

37.  103
 1
90


  10  1 .
A
27
103  1
30 A lg s
30 A lg s





1. 1030  1
B  111...1000...0  1  10  100  ...  1029  .1030  
.1030 
10  1
1060  1030
B
.
9
30
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4
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3
3
1090  1 1060  1030
AB  3


27
9
30 A lg s "3"


1030  1 
AB 
 333...3.
3
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

30
1090  3.1060  3.1030  1 3 10  1
3

27
27
3

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 4 da mesma.
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.
Solução:
a) Considere um sistema de eixos cartesianos com origem em B e eixo x sobre o lado BC .
 a
Temos que B  0,0  , C  a,0  , H  x,  e A  x, y  .
 4


Observe que os vetores BH e AC são ortogonais, logo
 
ay
 a
BH.AC  0   x,  .  a  x, y   0  ax  x 2 
 0 e x  0 e x  a.
4
 4
4
 y   x 2  4 x (*), x    0, a . Assim, o lugar geométrico é a parábola descrita pela
a
equação (*), excetuando-se os pontos B e C.
b) A função área será
a. y
a 4
Ax 
  x 2  4 x  2 x 2  2ax
2
2 a
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
Para A e H no mesmo semiplano definido pela reta BC , temos que x   0, a e esta admite
a
a2
.
, Amáx 
2
2
Contudo, não admite valor mínimo.
valor máximo quando x 
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)
Solução 1:
Existem as seguintes hipóteses:
0 duplas de alunos: 1 maneira.
1 dupla de alunos: C92 = 36 maneiras.
C92 xC72 9 x 8 x7 x6
2 duplas de alunos:

 42 x9  378 maneiras.
2!
2 x2 x2
3 duplas de alunos:
C92 xC72 xC52 9 x8 x7 x 6 x5x 4

 1260 maneiras.
3!
2 x2 x2 x 6
4 duplas de alunos:
C92 xC72 xC52C32 9 x 8x7 x 6 x5x 4 x3x2

 945 maneiras.
4!
2 x2 x2 x2x24
Total = 1 + 36 + 378 + 1260 + 945 = 2620 maneiras.
Solução 2:
Seja Xn o número de maneiras de organizar a turma com  pessoas para fazer o teste.
Temos que X3 = 4 e X4 = 10.
Por outro lado, o enésimo aluno pode fazer a prova sozinho ou em dupla, portanto
Como X3 = 4 e X4 = 10
X5 = 10 + 4x4 = 26
X 6  X5  5 X 4  26  5x10  76
X7  X 6  6 X5  76  6 x26  232
X 8  X 7  7 X 6  232  7 x76  764
X 9  X 8  7 X 7  764  8 x232  2620
Concluímos que há 2620 maneiras de organizar a turma de 9 alunos para fazer o teste.
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y

 x  y  log3
09. Resolver o sistema de equações 
x
2x 2  8x  5.4y

Solução:
 x  y  log y

3
x

x 2
x
2
 8  5.4y
A
B

 

x  y  A  0 e B  0  A  B
x  y  log3 y  log3 x  
x  y  A  0 e B  0  A  B
 x  y  A  B  0
 2 x 2  23 x  5.22 x  23 x  5.22 x  4.2x  0
 z  0  2 x  0  impossível 

2 x  z  z 3  5z 2  4 z  0   z  1  2x  1  x  0  impossível 

x
 z  4  2  4  x  2  y  2
 S  2,2 
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
Solução:
Sejam a, b, c as medidas dos lados do triângulo. Pela desigualdade das médias (a, b, c
positivos), temos,
2p a  b  c


3
3
Assim, rR 
3
abc 
8 p3
2 p2
abc abc 1
1
 abc 


. .rR  S. .rR  rR
27
27
4p
4R rp
S
2p2
(1).
27
Sejam agora, A, B, C as medidas dos ângulos internos do triângulo, em radianos. Pela lei
dos senos, temos,
2 p  a  b  c  2R(senA  senB senC)
Como A, B, C ]0,  [ e a função f(x) = senx é côncava em ]0,  [ , pela desigualdade de
Jensen,
senA+senB+senC
3
ABC
 
 sen 
 sen   
.

3
3
2


3
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Assim,
2 3
2 3
3  2p 
3
 senA+senB+senC 
S 
(pr)  r .
.
 r.
.2R 


9
9
3  3 
3
3


 3
3
 r.
.2R. 
 rR
 2 
3


2 3
S  rR (2). Desta forma (1) e (2) provam que
9
2 3
2 p2
.
S  rR 
9
27
ou seja,
Componentes:
1. Luciano Castro
2. Marcelo Xavier
3. Ricardo Secco
4. Arnaldo Junior
5. Renato Madeira
6. Gilberto Gil
7. Rafael Sabino
8. Haroldo
9. André Felipe
10. Rodrigo Menezes
11. Jean Pierre
12. Ravi Ramos
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