M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
: conjunto dos números naturais
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números racionais
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária: i2 = – 1
–
z: conjugado do número z ∈ z: módulo do número z ∈ A\B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
[a, b] = {x ∈ : a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ : a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ : a < x < b}
Mm×n(): conjunto das matrizes reais m × n
det M: determinante da matriz M
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
—
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B
—
—
^
A BC: ângulo formado pelos segmentos AB e BC, com
vértice no ponto B
k
∑ an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + ak xk, k ∈ n=0
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
1
B
89
1
Dado z = ––– (– 1 + 3 i), então ∑ zn é igual a
2
n=1
89
a) – ––– 3 i.
2
b) – 1.
d) 1.
89
e) ––– 3 i.
6
c) 0.
Resolução
3
1
I) z = – ––– + ––– i = 1 (cos 120° + i . sen 120°)
2
2
3
1
II) z2 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = – ––– – ––– i
2
2
III) z89 = 189 . [cos (89 . 120°) + i . sen (89 . 120°) =
= cos 10 680° + i . sen 10 680° =
= cos 240° + i . sen 240° = z2
89
z . (1 – z89)
IV) ∑ zn = z + z2 + … + z89 = –––––––––– =
1–z
n=1
z . (1 – z2)
= –––––––––– = z . (1 + z) = z + z2 =
1–z
3
3
1
1
= – ––– + ––– i – ––– – ––– i = –1
2
2
2
2
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2
C
Das afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2:
I) z1 – z2⎪ ≤ ⎪⎪z1⎪ – ⎪z2⎪⎪.
–
–
–
II) z1 . z2⎪ = ⎪⎪z2⎪ . ⎪z2⎪⎪.
III) Se z1 = z1 (cos θ + i sen θ) ≠ 0, então
z1– 1 = z1 – 1 (cos θ – i sen θ).
é(são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
d) apenas II e III.
c) apenas III.
e) todas.
Resolução
I) z1 – z2 ≤ z1 – z2 é falsa, pois, se
z1 = 1 e z2 = – 3, por exemplo, temos
z1 = 1, z2 = 3, z1 – z2 = 1 – 3 = – 2,
z1 – z2 = – 2 = 2 e z1 – z2 = 1 – (– 3) = 4,
Neste caso z1 – z2 > z1 – z2
II) z–1 . z2 = z–2 . z–2 é falsa, pois, se por exemplo,
z1 = 1 – i e z2 = 3 + 4i, temos:
z–1 = 1 + i,
z–1 . z2 = (1 + i) .(3 + 4i) = – 1 + 7i ⇔
⇔ z–1 . z2 = – 1 + 7i = 5
2
Além disso, z–2 = 3 – 4i ⇔ z–2 = 5 ⇔
⇔ z–2 . z–2 = 5 . 5 = 25 ≠ z–1 . z2 III) Verdadeira
z1 = z–1 (cos θ + i sen θ) ⇔
⇔ z1–1 = z–1 – 1 (cos(– θ) + i sen (– θ)] =
= z1 – 1 . (cos θ – i sen θ) pois
cos (– θ) = cos θ e sen (– θ) = – sen θ
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3
E
A soma de todas as soluções da equação em :
z2 + z 2 + iz – 1 = 0 é igual a
i
b) ––– .
2
a) 2.
1
d) – ––– .
2
c) 0.
e) – 2i.
Resolução
Sendo z = a + bi, temos:
z2 + z2 + iz – 1 = 0 ⇔
⇔ (a + bi)2 + a2 + b2 + i (a + bi) – 1 = 0 ⇔
⇔ a2 + 2abi + b2i2 + a2 + b2 + ai + bi2 – 1 = 0 ⇔
⇔ 2a2 + 2abi – b2 + b2 + ai – b – 1 = 0 ⇔
⇔ (2a2 – b – 1) + (2ab + a) . i = 0 ⇔
⇔
2a2 – b – 1 = 0
⇔
a=0
2ab + a = 0
b=–1
ou
⇔
2a2 – b – 1 = 0
⇔
a . (2b + 1) = 0
1
a = – ––
2
ou
1
b = – ––
2
1
a = ––
2
⇒
1
b = – ––
2
1
1
1
1
⇒ z1 = – i ou z2 = – ––– – ––– i ou z3 = –– – –– i
2
2
2 2
1
1
1
1
Assim, z1 + z2 + z3 = – i – ––– – ––– i + ––– – –––i = –2i
2
2
2
2
4
B
Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10
são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas
coroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada
mostra uma coroa. A probabilidade de a outra face desta
moeda também apresentar uma coroa é
7
a) ––– .
8
5
b) ––– .
7
5
c) ––– .
8
3
d) ––– .
5
3
e) ––– .
7
Resolução
I) 5 moedas são do tipo
Ca
Ca
Co e 25 do tipo Co
Ca , 10 do tipo
Co .
II) Se uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma coroa, então esta moeda é do
tipo
Ca
Co
ou do tipo
Co
Co
e, por-
tanto, o total de possibilidades é 35.
III) Das 35 moedas do item (II), existem 25 do tipo
Co
Co .
25
5
IV) A probabilidade pedida é ––– = –– .
35
7
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5
A
Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que
A B e n({C : C B \ A}) = 128.
Então, das afirmações abaixo:
I) n(B) – n(A) é único;
II) n(B) + n(A) ≤ 128;
III) a dupla ordenada (n(A), n( B)) é única;
é( são) verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e II.
e) nenhuma.
Resolução
Observemos que { : B\A} = P (B\A), onde
P (B\A) é o conjunto das partes (subconjuntos) de B\A.
Assim,
n ({ : B\A}) = n [P(B\A)] = 128 = 27 ⇔
⇔ n (B\A) = 7 ⇔ n(B) – n(A) = 7, pois A B.
Desta forma, a dupla (n(A), n(B)) é qualquer do conjunto {(1; 8), (2; 9), (3; 10); ……}
I) Verdadeira, pois n(B) – n(A) = 7
II) Falsa, pois (n(A), n(B)) = (61; 68), por exemplo
teremos n(B) + n(A) = 68 + 61 = 129 > 128
III) Falsa, pois existem infinitas duplas ordenadas
(n(A), n(B)), conforme exposto acima.
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6
B
O sistema
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b
3x – y – 5c z = 0
a) é possível, ∀a, b, c ∈ .
7b
b) é possível quando a = ––– ou c ≠ 1.
3
c) é impossível quando c = 1, ∀a, b ∈ .
7b
d) é impossível quando a ≠ ––– , ∀c ∈ .
3
7b
e) é possível quando c = 1 e a ≠ ––– .
3
Resolução
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b ⇔
3x – y – 5cz = 0
⇔
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b
⇔
7y + (5c + 9)z = 3a
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b
(5c – 5)z = 3a – 7b
A terceira equação e, portanto, o sistema:
I) Admite solução única se, e somente se,
5c – 5 ≠ 0 ⇔ c ≠ 1
II) Admite infinitas soluções se, e somente se,
7b
5c – 5 = 0 e 3a – 7b = 0 ⇔ c = 1 e a = –––
3
III) Não admite solução se, e somente se,
7b
5c – 5 = 0 e 3a – 7b ≠ 0 ⇔ c = 1 e a ≠ –––
3
Desta forma, o sistema admite solução se
7b
a = ––– ou c ≠ 1
3
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7
E
Considere as afirmações abaixo:
I) Se M é uma matriz quadrada de ordem n > 1, não nula
e não inversível, então existe matriz não nula N, de
mesma ordem, tal que M N é matriz nula.
II) Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n tal
que det (M2 – M) = 0, então existe matriz não nula
X, de ordem n x 1, tal que MX = X.
III) A matriz
cos θ
– sen θ
tg θ
θ é inversível,
––––– 1 – 2 sen2 ––
sec θ
2
π
∀θ ≠ –– + kπ, k ∈ .
2
Destas, é(são) verdadeira(s)
a) apenas II.
b) apenas I e II.
d) apenas II e III. e) todas.
c) apenas I e III.
Resolução
I) Verdadeira.
Se M é uma matriz quadrada não nula e não
inversível, então det M = 0.
a11
a12
a13 … a1n
a
a
a23 … a2n
22
Considere N = 21
........................................
an1 an2
an3 … ann
[
]
A igualdade M . N = 0, em que 0 é a matriz nula de
ordem n, equivale a n sistemas lineares homogêneos do tipo
a1k
0
0
a
2k
M.
=
..
.
.
.
.
0
ank
[ ][]
Estes sistemas são possíveis e indeterminados, pois
det M = 0, admitem solução não trivial e, portanto,
existirá pelo menos um apk ≠ 0, para
p, k ∈ {1; 2; 3; …; n}.
Assim, de fato, existe N não nula, tal que M . N é
nula.
1
2
Um exemplo dessa situação é M =
2
4
2
2
eN=
.
–1 –1
[
[
]
]
Ambas não são nulas e
M.N=
[
1
2
2
4
][
2
–1
][
2
0
=
–1
0
0
0
]
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II) Verdadeira.
Se M é inversível, então det M ≠ 0. Assim, sendo I
a matriz identidade, temos:
1) det (M2 – M) = 0 ⇔ det [M . (M – I)] = 0 ⇔
⇔ det M . det (M – I) = 0 ⇔ det (M – I) = 0
2) A matriz X, de ordem n x 1, que satisfaz a
equação M . X = X é tal que:
M . X = X ⇔ M . X – X = 0 ⇔ (M – I) . X = 0
Assim, X é solução de um sistema linear
homogêneo possível e indeterminado, pois
det (M – I) = 0. Como esse sistema admite
solução não trivial, existe a matriz X não nula.
III) Verdadeira.
θ
θ
Lembrando que 1 – 2 sen2 –– = cos (2 . –– ) = cos
2
2
θ
e que
tg θ
π
––––– = tg θ . cos θ = sen θ, para ∀ θ ≠ –– + kπ, k ∈ ,
sec θ
2
temos:
det
[
= det
cos θ
– sen θ
tg θ
–––––
sec θ
θ =
1 – 2 sen2 ––
2
[
cos θ
– sen θ
sen θ
cos θ
]
]
= cos2θ + sen2θ = 1 ≠ 0.
Portanto, a matriz tem inversa.
8
C
Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação
x4 + x2 + ax + b = 0, com a, b ∈ , então a2 – b3 é igual
a
a) – 64.
b) – 36.
c) – 28.
d) 18.
e) 27.
Resolução
x = 1 é raiz dupla
1
0
1
a
b
1
1
1
2
2+a
2+a+b
1
1
2
4
6+a
2+a+b=0
a=–6
⇔
6+a=0
b=4
⇒
⇒ a2 – b3 = (– 6)2 – 43 = 36 – 64 = – 28
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
9
A
O produto das raízes reais da equação
| x2 – 3x + 2 | = | 2x – 3 | é igual a
a) –5.
b) –1.
c) 1.
d) 2.
e) 5.
Resolução
| x2 – 3x + 2 | = | 2x – 3 | ⇔
⇔ x2 – 3x + 2 = 2x – 3 ou x2 – 3x + 2 = –2x + 3 ⇔
⇔ x2 – 5x + 5 = 0 ou x2 – x – 1 = 0
Como as duas equações tem somente raízes reais, o
produto das quatro raízes resulta
(x1 . x2) . (x’1 . x’2) = 5 . (–1) = –5
10
A
3
Considere a equação algébrica ∑ (x – ak)4 – k = 0. Sabendo
k=1
que x = 0 é uma das raízes e que (a1, a2, a3) é uma
progressão geométrica com a1 = 2 e soma 6, pode-se
afirmar que
a) a soma de todas as raízes é 5.
b) o produto de todas as raízes é 21.
c) a única raiz real é maior que zero.
d) a soma das raízes não reais é 10.
e) todas as raízes são reais.
Resolução
3
I) ∑ (x – a )4 – k = (x – a1)3 + (x – a2)2 + (x – a3)1 = 0
k=1
k
II) (a1, a2, a3) é progressão geométrica com a1 = 2,
razão q e soma 6, portanto, 2 + 2q + 2q2 = 6 ⇔
⇔ q2 + q – 2 = 0 ⇔ q = – 2 ou q = 1
III) (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8) ou (a1, a2, a3) = (2, 2, 2)
IV) Se (a1, a2, a3) = (2, 2, 2), então a equação dada seria
(x – 2)3 + (x – 2)2 + (x – 2) = 0, que não admite zero
como raiz.
V) A única possibilidade é, pois, (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8)
e, neste caso, a equação dada é
(x – 2)3 + (x + 4)2 + (x – 8) = 0 ⇔
⇔ x3 – 5x2 + 21x = 0 ⇔ x . [x2 – 5x + 21] = 0 ⇒
5 ± 59 i
⇒ x = 0 ou x = –––––––––
2
VI) O conjunto verdade da equação dada é
59 i
59 i
5 + 5 – ; ––––––––– e a única afirma0; –––––––––
2
2
ção verdadeira é que a soma de todas as raízes é 5.
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
11
D
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.
e) o conjunto {(x, y) ∈ 2 | 2(ex – 2)2 + 3(ey – 3)2 = 1}.
Resolução
I) 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0 ⇔
⇔ 4e2x – 16ex + 16 + 9e2y – 54ey + 81 + 61 = 16 + 81 ⇔
⇔ 4 (ex – 2)2 + 9 (ey – 3)2 = 36 ⇔
(ex – 2)2
(ey – 3)2
––––––––– + –––––––– = 1
9
4
II) A cada par ordenado (ex; ey) ∈ *+ x *+ , corresponde um único par ordenado (x; y) ∈ x .
III) A equação obtida no item (I), nas variáveis ex e ey,
representa um ramo de elipse, com centro no
ponto (2; 3) semieixo maior 3, semieixo menor 2 e
ambos paralelos aos respectivos eixos cartesianos.
IV) A expressão dada representa um conjunto com um
número infinito de pontos.
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
12
E
Com respeito à equação polinomial
2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 é correto afirmar que
a) todas as raízes estão em .
b) uma única raiz está em e as demais estão em \
.
c) duas raízes estão em e as demais têm parte imaginária não nula.
d) não é divisível por 2x – 1.
e) uma única raiz está em \ e pelo menos uma das
demais está em \ .
Resolução
Seja P(x) = 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2
Como P(1) = 0, então x = 1 e raiz da equação
2
2
–3
–1
–3
–4
6
2
–2
0
1
2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 ⇔
⇔ (x – 1) . (2x3 – x2 – 4x + 2) = 0 ⇔
⇔ (x – 1) . (x2 – 2) . (2x – 1) = 0 ⇔
1
2 ou x = – 2 ou x = ––
⇔ x = 1 ou x = 2
1
Dessa forma uma única raiz x = –– está em \ e
2
2 ) está em \.
pelo menos uma das demais (x = I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
13
D
m
2
Sejam m e n inteiros tais que –– = – –– e a equação
n
3
2
2
36x + 36y + mx + ny – 23 = 0 representa uma
circunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado no
segundo quadrante. Se A e B são os pontos onde a
circunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC,
em cm2, é igual a
2
8
a) –––––
3
2
4
b) –––––
3
2
2
d) –––––
9
2
e) ––––
9
2
2
c) –––––
3
Resolução
36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 ⇔
m
n
23
⇔ x2 + y2 + ––– . x + ––– . y – ––– = 0, representa uma
36
36
36
circunferência cujo centro é C
;
––––
72
–m
–n
–––– , e
72
sendo o raio igual a 1, temos:
m2
n2
23
13
––––
––––
+
+ –––– = 1 ⇔ m2 + n2 = ––– . 722
2
2
36
72
72
36
2
13
3
3
Para n = – –– m, resulta m2 + – –– . m = ––– . 722 ⇔
36
2
2
⇔ m = 24 e n = –36, pois o centro se localiza no 2.o
quadrante, portanto, o centro é C
; ––– – –––
3
2
1
1
Se A e B são os pontos onde a circunferência de raio 1
cruza o eixo Oy, podemos (a partir do gráfico a seguir)
obter a medida de AM (sendo M o ponto médio
–––
de AB).
Assim:
2 2
AM2 + (1/3)2 = 12 ⇒ AM = ––––––
3
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
2
4 Portanto, AB = –––––– e a área do triângulo ABC,
3 em
2
1
4 –––––– . ––––
3
3
2
2 cm2, é ––––––––––––––– = ––––––
9
2
14
C
Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das
horas e dos minutos de um relógio, o ponteiro dos
minutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, é
igual a
23
16
24
a) ––– π.
b) ––– π.
c) ––– π.
11
6
11
25
d) ––– π.
11
7
e) –– π.
3
Resolução
Lembrando que, para cada 2π radianos de giro do
π
ponteiro dos minutos, o ponteiro das horas gira –––
6
radianos, temos:
Enquanto o ponteiro das horas girou x radianos, o
ponteiro dos minutos girou (2π + x) radianos, de modo
que
2π
(2π + x)
2π + x
2π
–––––– = –––––– ⇔ –––––– = 12 ⇔ x = –––
π
x
x
11
––
6
Desta forma, o ponteiro dos minutos varreu um
2π
24π
ângulo, em radianos, de 2π + ––– = ––––
11
11
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
15
D
–– ––
Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BC
medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um ponto
––
sobre AB e o triângulo ADC é isósceles, a medida do
––
segmento AD, em cm, é igual a
3
a) ––
4
15
b) –––
6
15
c) –––
4
25
d) –––
4
25
e) –––
2
Resolução
Sendo x = AD = CD, no triângulo retângulo BCD, de
acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se:
(CD)2 = (BC)2 + (BD)2 ⇒ x2 = 62 + (8 – x)2 ⇔
25
⇔ 16x = 100 ⇔ x = –––
4
25
Portanto: AD = ––– cm
4
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
16
C
––––
Sejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre AB.
Considere as áreas do quadrado ABCD, do trapézio
BEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreas
definem, na ordem em que estão apresentadas, uma
progressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a medida do
––––
segmento AE, em cm, é igual a
10
20
25
b) 5. c) ––– . d) ––– . e) 10.
a) ––– .
3
3
3
Resolução
Como o soma das três áreas é igual a 200 cm2, podemos então concluir que a área do quadrado ABCD
é igual a 100 cm2 e que portanto cada um dos seus
lados mede 10 cm.
Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que
estão apresentadas, uma progressão aritmética,
podemos então concluir que a área do trapézio é igual
a média aritmética entre a área do triângulo e a área
do quadrado.
Assim, sendo x = AE, temos:
10 . x
––––– + 100
[10 + (10 – x] . 10
2
–––––––––––––––– = –––––––––––– ⇔
2
2
20
⇔ 200 – 10x = 5x + 100 ⇔ 15x = 100 ⇔ x = –––
3
20
Portanto: AE = ––– cm
3
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
17
B
––––
Num triângulo ABC o lado AB mede 2 cm, a altura rela––––
^
tiva ao lado AB mede 1 cm, o ângulo ABC mede 135° e
––––
^
M é o ponto médio de AB . Então a medida de BAC +
^
BMC, em radianos, é igual a
1
1
1
3
2
a) –– π.
b) –– π. c) –– π. d) –– π. e) –– π.
5
4
3
8
5
Resolução
A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) O triângulo BHC é retângulo e isósceles, então
BH = HC = 1 cm
HC
1
II) No triângulo MHC, tg β = ––––– = –––
MH
2
HC
1
III) No triângulo AHC, tg α = ––––– = –––
AH
3
1
1
–– + ––
tg α + tg β
2
3
Como tg (α + β) = –––––––––––– = ––––––––– = 1
1 – tg α . tg β
1 1
1 – –– . ––
2 3
π
^
^
conclui-se que α + β = B AC + B MC = ––– (pois α e β
4
são agudos)
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
18
A
Um triângulo ABC está inscrito numa circunferência de
––––
––––
raio 5 cm. Sabe-se ainda que AB é o diâmetro, BC mede
^
6 cm e a bissetriz do ângulo ABC intercepta a circunferência no ponto D. Se α é a soma das áreas dos
triângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, o
valor de α – 2β, em cm2, é igual a
a) 14.
b) 15.
c) 16.
d) 17.
e) 18.
Resolução
I) No triângulo ABC, de acordo com o teorema da
bissetriz do ângulo interno, temos:
10
6
––––– = –– ⇔ a = 3
8–a
a
II) Como o triângulo ABC é retângulo, temos:
6
3
cos (2x) = –– = –– e portanto
10 5
3
cos (2x) = 1 – 2 sen2x ⇒ –– = 1 – 2 sen2x ⇔
5
5
⇔ sen x = ––––– , pois x é ângulo agudo.
5
III) No triângulo retângulo ADE, temos:
b
b
cos (90° – x) = ––– ⇒ sen x = ––––– ⇒
AE
8–a
5
b
⇒ ––––– = ––– ⇒ b = 5
5
5
IV) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo
retângulo ADE, temos:
2
c2 + b2 = (8 – a)2 ⇒ c2 + ( 5 ) = 52 ⇔
5 cm
⇔ c = 2 V) Sendo S1 e S2 as áreas dos triângulos ADE e BCE,
respectivamente, temos:
b.c
a.6
α – 2β = S1 + S2 = ––––– + ––––– =
2
2
3.6
5 . 2
5
= ––––––––– + ––––– = 14 cm2
2
2
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
19
E
Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular
hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede
10
––– 3 cm. Então o raio da esfera, em cm, é igual a
3
10
3.
a) ––– 3
13
b) ––– .
3
3.
d) 2 10
e) ––– .
3
15
c) ––– .
4
Resolução
–––
I) O apótema PM da base dessa pirâmide, em
centímetros, mede:
3
3
10 ––––––– . –––– = 5
3
2
–––
II) O apótema VM da pirâmide, em centímetros,
mede:
122 + 52 = 13
III) Da semelhança entre os triângulos retângulos
TOV e PMV, temos:
OT
VO
––– = –––
PM
VM
Assim, sendo x o raio da esfera, em centímetros,
temos finalmente:
x
12 – x
10
––– = –––––– ⇔ 18x = 60 ⇔ x = –––
5
13
3
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20
C
Considere as afirmações:
I. Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida
α = 120°.
II. Existe um ângulo poliédrico convexo cujas faces
medem, respectivamente, 30°, 45°, 50°, 50° e 170°.
III. Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares,
1 face quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faces
hexagonais tem 9 vértices.
IV. A soma das medidas de todas as faces de um poliedro
convexo com 10 vértices é 2880°.
Destas, é(são) correta(s) apenas
a) II.
b) IV.
d) I, II e IV.
e) II, III e IV.
c) II e IV.
Resolução
I) A afirmação I é falsa, pois a soma das faces de um
triedro é sempre menor que 360°.
II) A afirmação II é correta, pois:
30° + 45° + 50° + 50° + 170° < 360° e
170° < 30° + 45° + 50° + 50°
III) A afirmação III é falsa, pois um poliedro convexo
que tem 7 faces, sendo 3 triangulares, 1 quadrangular, 1 pentagonal e 2 hexagonais, tem
3.3+1.4+1.5+2.6
––––––––––––––––––––– = 15 arestas e, portanto,
2
o seu número “x” de vértices deve satisfazer a
Relação de Eüler, ou seja: x – 15 + 7 = 2 ⇔ x = 10
IV) A soma das medidas dos ângulos de todas as faces
de um poliedro convexo com 10 vértices é igual a
(10 – 2) . 360° = 2880°.
Assim, interpretando a expressão “soma das
medidas de todas as faces” como “soma das
medidas dos ângulos de todas as faces”, podemos
concluir que a afirmação IV é correta.
Portanto, são corretas apenas as afirmações II e
IV.
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem
ser resolvidas no caderno de soluções
21
Analise a existência de conjuntos A e B, ambos não
vazios, tais que (A\B)(B\A) = A.
Resolução
Lembrando que (A \ B) (B \ A) = (A B) – (A B),
temos:
I) (A \ B) (B \ A) = A ⇔ (A B) – (A B) = A ⇔
⇔ [(A B) – (A B)] (A B) = A (A B) ⇔
⇔ A B = A (A B) ⇔ A B = A ⇔ B A
II) No entanto, se B A, temos A B = B, B \ A = Ø
(A \ B) (B \ A) = (A \ B) Ø = A \ B e
(A \ B) (B \ A) = A ⇔ A \ B = A ⇔ A B = Ø ⇔
⇔ B = Ø, contrariando o enunciado.
Resposta: Não existem conjuntos A e B satisfazendo as
condições dadas.
22
Sejam n ≥ 3 ímpar, z ∈ \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes
de zn = 1. Calcule o número de valores zi – zj, i, j = 1, 2, ....
n, com i ≠ j, distintos entre si.
Resolução
I) Se n ≥ 3, ímpar e z1, z2, z3, …, zn as raízes da
equação zn = 1 = cos 0° + i . sen 0° então:
2π
2π
z1 = cos ––– . 0 + i . sen ––– . 0 = 1
n
n
2π
2π
z2 = cos ––– . 1 + i . sen ––– . 1
n
n
2π
2π
zk+1 = cos ––– . k + i . sen ––– . k
n
n
2π
2π
zn = cos ––– (n – 1) + cos ––– . (n – 1)
n
n
II) Estas n soluções, representadas no plano complexo, são pontos de uma circunferência de raio 1
e dividem esta circunferência em n partes iguais
determinando um polígono regular de n lados.
III) Se zi e zj forem duas quaisquer dessas soluções
então zi – zj2 é a distância entre os afixos de zi e zj.
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
IV) z1 – z2 = z2 – z3 = z3 – z4 = … = d12
V)
z1 – z3 = z2 – z4 = z3 – z5 = … = d13
VI) z1 – z4 = z1 – z5 = … = d14
VII) z1 – z5 = z2 – z6 = … = d15
n–3
VIII) Do ponto P1 saem ––––– diagonais de tamanhos
2
diferentes e o lado P1P2 do polígono de medida
d12
IX) O número total de valores distinto de zi – zj é
n–3
n–1
––––– + 1 = –––––
2
2
23
Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de
biologia e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de os
livros serem empilhados sobre a mesa de tal forma que
aqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos.
Resolução
Os 11 livros podem ser empilhados de 11! maneiras
diferentes sobre a mesa.
Desses casos, estarão juntos aqueles que tratam de um
mesmo assunto num total de 5! 4! 2! 3!.
5! 4! 2! 3!
A probabilidade pedida é, pois p = ––––––––––– =
11!
5! 24 . 2 . 6
1
= ––––––––––––––––––– = ––––––
11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5!
1155
1
Resposta: ––––––
1155
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
24
1
Resolva a inequação em : 16 < ––
4
Resolução
1
16 < ––
4
(x2 – x + 19)
log
1/5
⇔ 4– log 1/5(x
2
log (x2 – x + 19)
1/5
.
– x + 19)
> 42 ⇔
⇔ – log 1 (x2 – x + 19) > 2 ⇔ log 1 (x2 – x + 19) < – 2 ⇔
––
5
––
5
⇔ x2 – x + 19 > 25 ⇔ x2 – x – 6 > 0 ⇔ x < – 2 ou x > 3
Obs.:
1) O gráfico de f(x) = x2 – x – 6 é do tipo
2) x2 – x + 19 > 0 ∀x ∈ Resposta: S = {x ∈ x < – 2 ou x > 3}
25
Determine todas as matrizes M ∈ 2x2() tais que
MN = NM, ∀N ∈ 2x2().
Resolução
Sejam M =
x
z
y
w
eN=
a
c
b
d
.
Se M. N = N . M, ∀N ∈ 2×2 (), então:
.
x
z
⇔
az + cw
⇔
y
w
ax + cy
a
c
b
d
=
a
c
b
d
.z
bx + dy
ax + bz
=
bz + dw
cx + dz
ax + cy = ax + bz
bx + dy = ay + bw
az + cw = cx + dz
bz + dw = cy + dw
x
y
w
⇔
ay + bw
⇔
cy + dw
(I)
(II)
(III)
(IV)
Das equações (I) e (IV), temos cy = bz, que só é verdadeira para quaisquer b e c se, e somente se, y = z = 0.
Substituindo nas equações (II) e (III), temos bx = bw
e cw = cx, que só são verdadeiras para quaisquer b e
c se, e somente se, x = w.
Assim, as matrizes M que satisfazem as condições
x 0
dadas são do tipo
, ∀x.
0 x
x 0
Resposta:
, ∀x
0 x
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
26
Determine todos os valores de m ∈ tais que a equação
(2 – m) x2 + 2mx + m + 2 = 0 tenha duas raízes reais
distintas e maiores que zero.
Resolução
A equação ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) terá duas raízes reais
distintas e maiores que zero se, e somente se,
c
–b
Δ = b2 – 4 ac > 0, P = –– > 0 e S = ––– > 0.
a
a
Para a equação dada, devemos ter
I) (2m)2 – 4 (2 – m) (2 + m) > 0 ⇔
⇔ 4m2 – 4 (4 – m2) > 0 ⇔ 8m2 – 16 > 0 ⇔
2 ou m > 2
⇔ m < – m+2
II) ––––––– > 0 ⇔ (m + 2) (2 – m) > 0 ⇔ – 2 < m < 2
2–m
– 2m
III) ––––––– > 0 ⇔ – 2m (2 – m) > 0 ⇔ m < 0 ou m > 2
2–m
De (I), (II) e (III), concluímos que – 2 < m < – 2.
2
Resposta: – 2 < m < – 27
Considere uma esfera Ω com centro em C e raio r = 6 cm
e um plano Σ que dista 2 cm de C. Determine a área da
intersecção do plano Σ com uma cunha esférica de 30°
em Ω que tenha aresta ortogonal a Σ.
Resolução
No triângulo retângulo AOC, temos CA= r = 6cm,
CO = 2cm e (AO)2 + 22 = 62 ⇒ AO = 4 2 cm
A intersecção de ∑ com Ω é o setor circular AOB de
2 cm.
30° cujo raio mede 4 Assim, sendo S, em cm2, a área do setor AOB, temos:
30°
8π
2
2 ) = ––––
S = –––– . π . (4 360°
3
8π
Resposta: –––– cm2
3
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
28
a) Calcule
π
π cos π – 2 sen π cos π sen π .
cos2 –– – sen2 ––
–––
––
––
–––
5
10
5
5
10
5
b) Usando o resultado do item anterior, calcule
π
π
sen ––– cos –– .
10
5
Resolução
π
π
π
π
π
π
a) cos2 –– –sen2 –– . cos ––– – 2. sen –– . cos –– . sen ––– =
5
5
10
5
5
10
π
π
2π
2π
= cos ––– . cos ––– – sen ––– . sen ––– =
5
5
10
10
π
2π
π
= cos ––– + ––– = cos ––– = 0
5
10
2
b) Usando o resultado do item anterior, temos:
π
π
π
cos2 –– – sen2 –– . cos ––– =
5
5
10
π
π
π
= 2 . sen –– . cos –– . sen ––– ⇔
5
5
10
2π
π
cos ––– . cos –––
π
5
10
π
⇔ sen ––– . cos –– = ––––––––––––––––– ⇔
10
π
5
2 . sen –––
5
π
π
⇔ sen ––– . cos –– =
10
5
2π
2π
π
cos –––
cos ––– . cos –––
5
10
5
= ––––––––––––––––– = ––––––––––
π
π
π
4 . sen ––– . cos ––– 4 . sen –––
10
10
10
2π
π
Notando que ––– e ––– são complementares, temos
10
5
π
2π
sen ––– = cos ––– e, portanto, resulta:
10
5
π
π
1
sen ––– . cos ––– = –––
10
5
4
Respostas: a) 0
1
b) –––
4
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
29
^
Num triângulo AOB o ângulo AOBmede 135° e os lados
––– –––
2 cm e 2 – 3 cm, respectivamente.
AB e OB medem A circunferência de centro em O e raio igual à medida de
–––
–––
OB intercepta AB no ponto C (≠ B).
^ mede 15°.
a) Mostre que OAB
–––
b) Calcule o comprimento de AC .
Resolução
a)
I) Sendo AB = 2 cm, OB = 2 – 3 cm e aplicando a lei dos senos no ΔAOB, temos:
2 – 3
2
––––––––– = ––––––––– ⇔
^
sen 135°
sen A
2+1
2–1
––––– –
–––––
2
2
^ 2 – 3 = ––––––––––––––––––
⇔ sen A = ––––––––
–=
2
2
3
1
–––– – ––––
2
2
6 – 2
= –––––––––––– = ––––––––– (I)
2
4
Obs.:
A+C
–––––– –
2
B =
A – A–C
––––––
2
com C = A2 – B
II) sen 15° = sen (60° – 45°) =
= sen 60° . cos 45° – sen 45° . cos 60° =
6 – 2
3 2
2 1 = –––– . –––– – –––– . –– = ––––––––– (II)
4
2
2
2
2
^
^
De (I) e (II), temos: sen A = sen 15° ⇒ A = 15°,
^
^
pois A é agudo. Portanto, o ângulo OAB mede 15°.
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
b)
O triângulo OBC é isósceles, pois
2
– 3 (raio)
OB = OC = Assim, sendo α a medida dos ângulos congruentes
^
^
^
OBC e OCB e β a medida do ângulo A OC, temos:
I) 15° + 135° + α = 180° ⇔ α = 30°
II)
α = 15° + β, pois α é ângulo externo ao triângulo CAO
Assim: 30° = 15° + β ⇔ β = 15° ⇔
^
^ ≅ C OA
⇔ Δ CAO é isósceles com
⇔ C AO
–––
base AO ⇔ AC = OC
Portanto: AC = 2
– 3
Respostas: a) demonstração
2
– 3
b) I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
30
Considere um triângulo equilátero cujo lado mede
23 cm. No interior deste triângulo existem 4 círculos de
mesmo raio r. O centro de um dos círculos coincide com
o baricentro do triângulo. Este círculo tangencia externamente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 lados
do triângulo.
a) Determine o valor de r.
b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos.
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine
a distância do centro ao vértice mais próximo.
Resolução
a) I) A altura h, em centímetros, do triângulo equilátero
2 3 . 3
ABC é tal que h = –––––––––– = 3
2
II) G é o baricentro do triângulo equilátero ABC.
2
2
Assim: AG = –– . h = –– . 3 = 2
3
3
III) H é o baricentro do triângulo equilátero ADE.
Assim: AH = 2 . HN ⇔ AH = 2r
IV) AH + HN + NG = AG
1
Assim: 2r + r + r = 2 ⇔ r = ––
2
b) A área S, em centímetros quadrados, da região
interna ao triângulo ABC não preenchida pelos
círculos é dada por:
BC . h
S = –––––– – 4π r2
2
1 2
3.3
2 Assim: S = ––––––– – 4 . π . –– ⇔ S = 3 3–π
2
2
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, a
distância do centro ao vértice mais próximo é
dada por: d = AH = IB = JC = 2r
1
Assim: d = 2 . –– ⇔ d = 1
2
1
Respostas: a) –– cm
2
b) 3 3 – π cm2
c) 1 cm
I TA ( 3 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0