2014
ITA
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
Notações

: conjunto dos números naturais;   1, 2, 3, ...




i
z
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números racionais
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
: unidade imaginária: i 2  1
: módulo do número z  
z
Re  z 
: parte real do número z  
: parte real do número z  
det A
At
  A
: determinante da matriz A
: transposta da matriz A
: conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n  A
: número de elementos do conjunto finito A
P  A
: probabilidade de ocorrência do evento A
f g
: função composta das funções f e g
 a, b 
 a, b
a, b 
a, b
  x  ; a  x  b
A\ B
  x; x  A e x  B
k
a
n 1
n
  x  ; a  x  b
  x  ; a  x  b
  x  ; a  x  b
 a1  a2  ...  ak , k  
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.
Questão 01
Das afirmações:
I. Se x , y   \  , com y   x , então x  y   \  ;
II. Se x   e y   \  , então xy   \  ;
III. Sejam a , b , c   , com a  b  c . Se f :  a, c    a, b  é sobrejetora, então f não é injetora,
é (são) verdadeira(s)
A) apenas I e II.
B) apenas I e III.
C) apenas II e III.
D) apenas III.
E) nenhuma.
Resolução:
I.
II.
Falso. Vejamos um contra-exemplo: seja x  2  3 e y  2  3 . Assim y   x e x  y  2  3  2  3  4   .
Falso. Vejamos um contra-exemplo: seja x  0 e y  
x  y  0   0
III.
Falso. Vejamos um contra-exemplo, onde f é injetora
1
f(x)
2
1
1
3
x
Neste caso temos a  1 , b  2 e c  3 com f : 1, 3  1, 2 injetora e sobrejetora.
Alternativa E
Questão 02
Considere as funções f , g :    , f  x   ax  m , g  x   bx  n , em que a , b , m e n são constantes reais. Se A e B
são as imagens de f e de g , respectivamente, então, das afirmações abaixo:
I. Se A  B , então a  b e m  n ;
II. Se A  Z , então a  1 ;
III. Se a , b , m , n   , com a  b e m  n , então A  B ,
é (são) verdadeira(s)
A) apenas I.
B) apenas II.
C) apenas III.
D) apenas I e II.
E) Nenhuma.
Resolução:
Considere que:
I)
Com f  x    x  1 e g  x   x  1 , tem-se que, com x   , A  B . Logo, A  B não implica a  b e m  n .
II)
Com f  x    x  1 tem-se, com x   , que A   . Logo, A   não implica que a  1 .
III)
Com f  x   3 x  1 e g  x   3 x  1 , tem-se que 10  A , mas 10  B . Logo, a, b, m, n   , com a  b e m  n não implica A  B ,
com x   .
Com isso, nenhuma das afirmações é verdadeira.
Alternativa E
Questão 03
A soma
A)
B)
C)
D)
E)
log1/ 2 n 32
é igual a
n2
n 1
1/ 2 8
4
 log
8
.
9
14
.
15
15
.
16
17
.
18
1.
2
Resolução:
log 1 n 32
4
 log
n 1
1
2
1
4
  log8n 2 32 n
2
8n  2
n 1
5
4
4
  log 23 n6 2 n  
n 1
4

n 1

n 1
5
log 2 2
n  3n  6 
5
5
5
5
5




n  3n  6  1  9 2  12 3  15 4  18
17
18
Alternativa D
Questão 04
Se z   , então z 6  3 z
A)
z
B)
z6  z 6 .
C)
D)
E)
z
2
3
4
z
2
 z 2   z 6 é igual a
 z2 .
3
 z3 .
2
z  z  .
2
 z  z   z4  z 4  .
6
Resolução:
2
Utilizando que z  z  z , segue que:
z6  3 z   z2  z 2   z 6  z6  3 z2   z2  z 2   z6
2
4
z 6  3  z  z    z 2  z 2   z 6  z 6  3z 2  z 2  z 2  z 2   z 6 logo
2
z 6  3z 4  z 2  3z 2  z 4  z 6   z 2  z 2 
3
Alternativa A
Questão 05
Sejam z , w   . Das informações:
2

2
2
I.
zw  zw 2 z  w
II.
 z  w   z  w
III.
z  w  z  w  4 Re  zw 
2
2
2
2
;
 4 zw ;
2
é (são) verdadeira(s)
A) apenas I.
B) apenas I e II.
C) apenas I e III.
D) apenas II e III.
E) todas.
Resolução:
Sejam z  a  bi
w  c  di
e lembrando que z  a 2  b 2 , julgamos:
Afirmação I: Desenvolvendo cada lado separadamente.
2
2
2
z  w  z  w  a  bi  c  di  a  bi  c  di
  a  b  c  d    a  c   b  d 
2
2
2
2
2
3
 2a 2  2b 2  2c 2  2d 2
Enquanto

2
2 z  w
2
  2a
2
 b2  c2  d 2 
Logo, a afirmação I é verdadeira.
Afirmação II:
 z  w
2
  z  w 
2
z 2  2 zw   w    z 2  2 zw  w2  
2
4zw
Logo a afirmação II é verdadeira.
Afirmação III: Desenvolvendo separadamente cada lado da igualdade, segue:
2
2
zw  zw 
2
2
a  bi  c  di  a  bi  c  di 
a  c
2
2
2
  b  d    a  c    b  d    4ac  4bd


Enquanto: z  w   a  bi    c  di 
2
  ac  bd   i   bc  ad 
Logo 4 Re  zw   4  ac  bd  e a afirmação III é verdadeira.
Alternativa E
Questão 06
Considere os polinômios em x   da forma p  x   x 5  a3 x3  a2 x 2  a1 x . As raízes de p  x   0 constituem uma progressão
aritmética de razão
A)
B)
C)
D)
E)
1
quando  a1 , a2 , a3  é igual a
2
5
1
 , 0,  .
4
4
5
1
 , 1,  .
4
4

5
1
 , 0,   .
4
4
5
1


 , 0,  .
4
4
1
1
 ,  1,   .
4
4
Resolução:
1
1


Seja x5  0 x 4  a3 x 3  a2 x 2  a1 x  0 com raízes    1,   , ,   ,   1 . Pelas relações de Girard temos:
2
2


1
1
 1          1  0
2
2
Assim 5  0    0
1
1 

Logo as raízes são:  1,  , 0, , 1 . Pelo teorema fundamental da álgebra, polinômio p  x  é tal que:
2
2 

1 
1

x5  0 x 4  a3 x3  a2 x 2  a1 x   x  1 x  1  x   x    x
2
2


1
1
1


x5  a3 x 3  a2 x 2  a1 x   x 2  1  x 2    x   x 4  x 2  x 2    x
4
4
4


5
1
1
5
x 5  a3 x 3  a2 x 2  a1 x  x5  x3  x logo a1  , a2  0 e a3  
4
4
4
4
Alternativa C
4
Questão 07
Para os inteiros positivos k e n , com k  n , sabe-se que
n  1  n   n  1
 
.
k  1  k   k  1
n 1 n 1 n
1 n
Então, o valor de          ... 
  é igual a
n 1 n 
 0  2 1  3  2 
A) 2n  1 .
B) 2n 1  1 .
2n 1  1
C)
.
n
2n 1  1
D)
.
n 1
2n  1
E)
.
n
Resolução:
n 1 n 1 n
1 n
Seja S           ... 
 .
0
1
2
2
3
n
 1 n 
 
 
 
Multiplicando ambos os lados por  n  1 :
S   n  1 
 n  1   n   n  1   n   n  1   n   ...  n  1  n 
1
 
0
2
 
1 
3
 
2
 
n  1 n 
Usando a propriedade sugerida no enunciado:
 n  1  n  1   n  1 
 n  1
S   n  1  



  ...  
1
2
3

 
 

 n  1
 n  1
Acrescentando-se 
 a ambos os lados da igualdade completa-se uma linha do Triângulo de Pascal:
 0 
 n  1  n  1  n  1  n  1
 n  1
S  n  1  



  ...  

0
0
1
2

 
 
 

 n  1
Logo S   n  1  1  2n 1
Assim S 
2 n 1  1
n 1
Alternativa D
Questão 08
Considere as seguintes afirmações sobre as matrizes quadradas A e B de ordem n , com A inversível e B antissimétrica:
I. Se o produto AB for inversível, então n é par;
II. Se o produto AB não for inversível, então n é ímpar;
III. Se B for inversível, então n é par.
Destas afirmações, é (são) verdadeira(s)
A) apenas I.
B) apenas I e II.
C) apenas I e III.
D) apenas II e III.
E) todas.
5
Resolução:
Considere que:
I)
Com AB inversível, det  AB   0 . Com det  AB   det A  det B , pois A e B são quadradas e tem mesma ordem, tem-se que
det A  0 e det B  0 . Com B sendo antissimétrica, B t   B , o que implica que det B t  det   B  . Como det B t  det B e
det   B    1 det B, det B   1 det B . Disso,  1  1 , pois det B  0 , e, assim, conclui-se que n é par.
n
II)
n
n
Com AB não sendo inversível, det  AB   0 e, já que A é inversível e det  AB   det A  det B , pode-se dizer que det B  0 . Com B
antissimétrica, do item anterior, det B   1 det B . Nesse caso, com det B  0 , n pode ser tanto par, quanto ímpar. Com qualquer
n
0 0 
A inversível de ordem 2 e B  
 , por exemplo, AB não é inversível e n é par, o que contraria a afirmativa.
0 0 
III)
Se B é inversível, então det B  0 . Com B sendo antissimétrica, do item  I  , det B   1 det B , o que implica que  1  1 .
n
n
Assim, n deve ser um número par.
Diante das considerações, apenas I e III são verdadeiras.
Alternativa C
Questão 09
 x 1
 1 1 1
y 2
B

Sejam A  
e


y
x

1


 z  3
abaixo:
BA é antissimétrica;
I.
II. BA não é inversível;
III. O sistema  BA  X  0 , com X t
x
y  matrizes reais tais que o produto AB é uma matriz antissimétrica. Das afirmações
z 
  x1 x2 x3  , admite infinitas soluções,
é (são) verdadeira(s)
A) apenas I e II.
B) apenas II e III.
C) apenas I.
D) apenas II.
E) apenas III.
Resolução:
A matriz X é antissimétrica se e somente se X t   X .
 x 1 x
 1 1 1 
 x 1 y  2  z  3

Como 
  y  2 y    xy  y  xy  2 x  z  3

y
x
1

 

 z  3 z 
x yz 
, então
yx  xy  z 
x  y  z  6 x  y  z
A B  
 . Como AB é antissimétrica temos:
z
2 x  y  z  3

x  y  z  6  0

z  0
 x  y  z  2 x  y  z  3

 x  y  6
Disso 
, o que quer dizer que x  1 e y  5 .
3x  3
Assim, B  A fica
 0 1
 5 1 1
 3 5   1 1 1   28 8 8  . Julgando as afirmações:

 5 1 1 

 
 3 0  
 3 3 3 
I)
B  A não é antissimétrica
I é Falso
II)
det  B  A  120  24  84    24  120  84   0 logo B  A não é inversível
II é verdadeira
6
III)
 BA X
0
 5 1 1  x1   0 

    
 28 8 8    x2    0 
 3 3 3   x   0 

  3  
Temos um sistema linear homogêneo com det  B  A   0 . Logo admite infinitas soluções
III verdadeira
Alternativa B
Questão 10
Seja M uma matriz quadrada de ordem 3 , inversível, que satisfaz a igualdade
2
det  2 M 2   det 3 2M 3  det  3M  .
9
Então, um valor possível para o determinante da inversa de M é
1
A)
.
3
1
B)
.
2
2
C)
.
3
4
D)
.
5
5
E)
.
4


Resolução:
Lembrando que, para An n , det  kA   k n  det A e aplicando o Teorema de Binet, segue:
det  2 M 2   det

3

2
 det  3M 
9
2
  33  det  M 
9
2M3 
23   det M   2   det M 
2
3
8   det M   2   det M   6   det M 
2
3
Fazendo a substituição de variáveis: det M  y
2 y3  8 y 2  6 y  0
2 y   y 2  4 y  3  0
Como M é inversível, det M  0
Logo y  1 ou y  3 .
Assim, det M  1  det M 1  1
det M  3  det M 1 
1
3
Alternativa A
Questão 11
 2 e 2 t

Considere a equação A  t  X  B  t  , t   , em que A  t    1
 3

det A  t   1 e t  0 , as valores de x, y e z são, respectivamente,
A)
2 2 , 0, 3 2 .
B)
2 2 , 0 , 3 2 .
C)
0, 3 2 , 2 2 .
D)
0, 2 3 , 3 .
E)
2 3 ,  3 , 0.
7
e 2 t
1
1
 et 
1
x 



1  , X   y  e B  t     2  . Sabendo que
 0 
 z 
2 


Resolução:
Fazendo a substituição e 2t  k , segue:
det A  t   1
2
k
k
1 1
3
1
1
1 1
2
2
 k  2 1
k
Segue k 2  3k  2  0  k  1 ou k  2
Como e 2t  k ,
e 2t  1  t  0
 não convém 
ln 2
2
Notando que e 2t
 1 2

A  t    1 1
 3 1

 2 leva a et  2 , segue:
1

1
2 
e 2t  2  t 
E o sistema A  t   X  B  t  reduz-se a
x  2 y  z  2

 x  y  z   2
3 x  y  2 z  0

Assim x  2 2 , y  0 , z  3 2
Alternativa B
Questão 12
Considere o polinômio complexo p  z   z 4  a z 3  5 z 2  i z  6 , em que a é uma constante complexa. Sabendo que 2i é
uma das raízes de p  z   0 , as outras três raízes são
A)
B)
C)
D)
E)
3i, 1, 1.
i, i, 1.
i, i, 1.
2i,  1, 1.
2i,  i, i.
Resolução:
Como 2i e raiz, então P  2i   0
P  2i    2i   a  2i   5  2i   i  2i   6  0
4
3
2
16  8 ai  20  2  6  0 ,
8 ai  8,
1
a ai
i
Aplicando Briot Ruffini:
Assim  x  2i  x  1 x  1 x  3i   0
Raízes 2i, 1,  1,  3i
Alternativa A
8
Questão 13
Sabendo que sen x 
A)
B)
C)
D)
E)
2ab
1
, a  0 e b  0 , um possível valor para cossec 2x  tg x é
2
2
a b
2
ab
.
ab
ab
.
2ab
a2  b2
.
ab
a2  b2
.
4ab
a2  b2
.
4ab
Resolução:
2ab
, a0 e b0
Sen x  2
a  b2
Colocando no triângulo retângulo teremos
B
2ab
2
2
a +b
x
A
Assim tg x 
2ab
a 2  b2
sen x 
2ab
a2  b2
cos x 
a 2  b2
a 2  b2
a2 – b2
2
2
 2ab   a  b 
Sen  2 x   2 sen x  cos x  2   2

2   2
2 
a b  a b 
 a 2  b2   ab 
1
A  cossec  2 x   tg x 
2
2
2
4ab  a 2  b 2  a  b
2
a
A
A
A
2
 b 2    2ab 
2
2
4ab  a 2  b 2 
a 4  2 a 2b 2  b 4  4 a 2 b 2
4ab  a 2  b 2 
a
2
 b2 
2
4ab  a  b
2
2


a 2  b2
4ab
Alternativa E
9
C
Questão 14
Considere o triângulo ABC retângulo em A . Sejam AE e AD a altura e a mediana relativa à hipotenusa BC ,
respectivamente. Se a medida de BE é
A)
B)


2  1 cm e a medida de AD é 1cm , então AC mede, em cm,
4 2 5 .
3 2 .
62 2 .
C)


2 1 .
D)
3
E)
3 4 2 5 .
Resolução:
A
x
1
B
2 -1
E
1

x 2   BC    EC   2 3  2
C
D
1

x  62 2
Alternativa C
Questão 15
Seja ABC um triângulo de vértices A  1, 4  , B   5,1 e C   5,5  . O raio da circunferência circunscrita ao triângulo mede,
em unidades de comprimento,
15
A)
.
8
B)
C)
5 17
.
4
3 17
.
5
D)
5 17
.
8
E)
17 5
.
8
10
Resolução:
y
C
5
17
A
4
4
4
5
1
B
1
Como S 
R
5
x
abc 4  4 4  5  17

,
4R
2
4R
5 17
8
Alternativa D
Questão 16
Em um triângulo isósceles ABC , cuja área mede 48cm 2 , a razão entre as medidas da altura AP e da base BC é igual a
2
. Das afirmações abaixo:
3
I.
II.
As medianas relativas aos lados AB e AC medem
O baricentro dista 4 cm do vértice A ;
97 cm ;
III. Se α é o ângulo formado pela base BC com a mediana BM , relativa ao lado AC , então cos α 
3
97
,
é (são) verdadeira(s)
A) apenas I.
B) apenas II.
C) apenas III.
D) apenas I e III.
E) apenas II e III.
Resolução:
A
10
B
6
10
8
P
6
C
12
Sabe-se que AB  AC e
 
Como AC
2
BC  AP
AP 2
 48 . Foi dado, ainda, que
 . A solução do sistema
2
BC 3
 82  62 , tem-se AC  10cm .
Em um plano cartesiano xOy , a figura pode ser colocada como mostra a figura seguinte.
11
 BC  AP  96
é AP  8cm e BC  12cm

3  AP  2  BC
8 A(0,8)
M(3,4)
G
B(–6,0)
α
C(6,0)
6
O
–6
O ponto M  3,4  é médio de AC . Então, a mediana BM é tal que BM 
3  6
2
  4  0   97 cm , o mesmo ocorre com a mediana
2
CN , ou seja, CN  97 cm .
2
2
16
 OA , ou seja, AG   8  cm .
3
3
3

9
4
8
4
A equação da reta GM é y  x  , logo, tg α  e, portanto, cos α 
.
9
3
9
97
Assim, somente a afirmação I é verdadeira.
O baricentro G é tal que AG 
Alternativa A
Questão 17
Considere o trapézio ABCD de bases AB e CD . Sejam M e N os pontos médios das diagonais AC e BD ,
respectivamente. Então, se AB tem comprimento x e CD tem comprimento y  x , o comprimento de MN é igual a
A)
x  y.
C)
B)
1
 x  y.
2
D)
Resolução:
1
 x  y.
3
1
 x  y.
3
E)
A
P
1
 x  y.
4
x
M
B
N
Q
I
y
D
C
Sendo M e N os pontos médios das diagonais AC e BD , demonstra-se que PQ é a base média do trapézio ABCD , PM é a base
média do triângulo ACD e NQ é a base média do triângulo CBD.
Assim, PQ 
x y
y
, PM  NQ  .
2
2
Como PQ  PM  MN  NQ , temos
x y y
y
1
  MN  , ou seja, MN   x  y  .
2
2
2
2
Alternativa B
Questão 18
Uma pirâmide de altura h  1 cm e volume V  50 cm3 tem como base um polígono convexo de n lados. A partir de um dos
vértices do polígono traçam-se n  3 diagonais que o decompõem em n  2 triângulos cujas áreas Si , i  1, 2, , n  2 ,
3
constituem uma progressão aritmética na qual S3  cm 2 e S6  3 cm 2 . Então n é igual a
2
A) 22 .
B) 24 .
C) 26 .
D) 28 .
E) 32 .
12
Resolução:
1
1
O volume V da pirâmide de altura h é V   AB  h , ou seja, 50   AB 1 . Portanto, AB  150 cm 2
3
3
Considere a base da figura seguinte.
Sabe-se que  S1 , S 2 , S3 ,, S n2  é uma PA,
3
com S3  cm 2 e S6  3 cm 2 . Assim,
2
3
1
S6  S3  3r  3   3r  r  é a razão da PA.
2
2
3
1
1
S3  S1  2r   S1  2   S1  é o 1º termo da PA.
2
2
2
1
1
n
S n 2  S1   n  3 r  Sn 2    n  3  S n 2   1
2
2
2
A soma dos n – 2 termos é
1 n 
  1  n  2
S1  S n 2  n  2   2 2 



 150 (área da base)
2
2
ou seja, n = 26.
Alternativa C
Questão 19
A equação do círculo localizado no 1º quadrante que tem área igual a 4 (unidades de área) e é tangente, simultaneamente,
às retas r : 2 x  2 y  5  0 e s : x  y  4  0 é
2
2
A)
3 
10 

x   y   4 .
4 
4

B)
3 
3 


 x     y   2 2    4
4 
4 


C)

3  
10 

 x  2 2     y    4
4
4

 

D)

3  
13 

 x  2 2     y    4
4  
4


E)

3  
11 

 x  2 2     y    4
4  
4


2
2
2
2
2
2
2
2
Resolução:
A circunferência cuja área interna é 4 tem raio 2.
5
As retas  r  e  s  têm equações y  x  e y   x  4 , respectivamente, e seus gráficos estão representados na figura.
2
13
O ponto I de intersecção das retas r e s é a solução do sistema
5

y  x 
2 , ou seja,

 y   x  4
 3 13 
I   , .
4 4 
Como IC é a diagonal do quadrado AIBC , temos IC  2 2.
13 
3
Assim, o centro C da circunferência é C    2 2;  e, portanto, a equação da
4
4
2
2

3  
13 

circunferência é  x   2 2      y    4.
4  
4


Alternativa D
Questão 20
Considere o sólido de revolução obtido pela rotação de um triângulo isósceles ABC em torno de uma reta paralela à base
BC que dista 0, 25 cm do vértice A e 0,75 cm da base BC . Se o lado AB mede
2  1
cm , o volume desse sólido, em
2
cm 3 , é igual a
9
A)
.
16
13
B)
.
96
7
C)
.
24
9
D)
.
24
11
E)
.
96
Resolução:
0,25=
1
4
A
r
O volume V do sólido obtido pela rotação completa do triângulo ABC em torno da
reta r é dado por V  2dS (teorema de Pappus), onde d é a distância do baricentro
do triângulo ABC à reta r e S é a área do triângulo ABC.
Como d  0, 25 
π2 + 1
2π
d
1
h=0,5=
2
2
 h , temos
3
7
.
12
G
B
C
Por Pitágoras, temos:
2
2
 2  1 
 BC 

  h2  
 2  
 2 




2

2  1 1  BC 
1
  
  BC 

42
4  2 
14
A área s do triângulo ABC é S 
 BC   h 
2
1 1

1
  2 S
, logo, o volume V é dado por
2
4
7 1
7
dado por V  2dS  2  
 V  cm3 .
12 4
24
Alternativa C
Questão 21
Considere as funções f :    , f  x   ex , em que  é uma constante real positiva, e g :  0,    , g  x   x .
Determine o conjunto-solução da inequação
 g  f  x    f  g  x  .
Resolução:
Tem-se que
 g  f  x  
x
 g  f  x   e 2 , com x   . Tem-se, ainda,
 g  f  x    f  g  x  deve ser tal que x    .
ex , ou ainda,
qualquer solução x da inequação
x
De  g  f  x    f  g  x  , obtém-se e 2  e
x
. Daí, como e  1 ,
que
 f  g  x   e
x
, com x    . Com isso,
x
x
  x , ou ainda,  x , pois   x . Considerando que x    ,
2
2
x
x2
 x , então
 x , ou melhor, x 2  4 x  0 . Disso, conclui-se que x  0 ou x  4 . Assim, lembrando que x    , o conjunto
2
4
solução da inequação é S  4,  .
se
Questão 22
Determine as soluções reais da equação em x ,  log 4 x   log 4  x 4   3
3
log10 16 x
0.
log100 16
Resolução:
log10 16 x
0
log10 16
log 16 x
3
0
 log 4 x   4log 4 x  3  1 10
 log10 16
2
 log 4 x 
3
 log 4 x 4  3 
 log 4 x 
3
 4log 4 x  6log16 16 x  0
6
 4log 4 x  log 4 16 x  0
2
6
3
 log 4 x   4log 4 x   log 4 16  log 4 x   0
2
 log 4 x 
3
 log 4 x 
3
 4log 4 x  3log 4 x  6  0
 log 4 x 
3
 7log 4 x  6  0
Sendo log 4 x  y ,
y 3  7 y  6  0 . Por simples verificação, y  1 .
Utilizando o dispositivo prático de Briot Ruffini, conclui-se que as demais raízes são raízes da equação y 2  y  6  0 . Assim, as demais raízes
são y  3 e y  2.
Com isso,
1
Se log 4 x  1 , então x  ;
4
Se log 4 x  3 , então x  64 ;
15
Se , log 4 x  2 , então x 
1
.
16
Verificando que x  0 ,
1 1

S   , , 64 
 4 16

Questão 23
a)
Determine o valor máximo de z  i , sabendo que z  2  1 , z   .
b)
Se z0   satisfaz (a), determine z0 .
Resolução:
a)
Seja z  x  yi , com i sendo a unidade imaginária. Se z  2  1 e z  x  yi , então
 x  2   yi
 1 . Disso,
significa que os números complexos z que satisfazem a condição formam a circunferência com centro no afixo
 x  2   y 2  1 , o que
 2,0  e raio 1 .
2
Com isso, os afixos, dos números complexos z+i formam a circunferência com centro no afixo (2,1) e raio 1.
Im
B
A
1
0
2
Re
O valor máximo de z  i corresponde ao módulo do número complexo que pertence à circunferência acima e está mais distante da
origem. Na figura, este número complexo tem afixo B . Assim, se a distância de A até O é
o valor máximo de z  i é
b)
5 e o raio da circunferência é 1 , então
5 1 .
Se  é o argumento de z0 , então, considerando que  também é o argumento de z0  i , da figura do item anterior, cos  
1
2 5
5
, ou ainda, cos  
e sen  
. Se, também pelo item anterior, tem-se z0  i  5  1 , então pode-se dizer que
5
5
5
sen  
z0  i 
2
e
5

2 5
5  10  2 5 5  5
10  2 5
5

i.
5  1  

i  

 i , o que implica que z0 
5
5
5
5
5
5



Questão 24
Seja  o espaço amostral que representa todos os resultados possíveis do lançamento simultâneo de três dados. Se A   é
o evento para o qual a soma dos resultados dos três dados é igual a 9 e B   o evento cuja soma dos resultados é igual a
10 , calcule:
a) n    ;
b)
n  A e n  B  ;
c)
P  A e P  B  .
Resolução:
Assumindo que o espaço amostral  citado é o espaço amostral equiprovável, deve-se lembrar que neste caso a ordem dos números em
cada lançamento importa.
Assim, o resultado 1, 2,3 é diferente de  2,3,1 por exemplo:
16
a)
Princípio Fundamental da Contagem:
n     6  6  6  216 .
b)
Soma dos números igual a 9 :
A  1, 2,6  ; 1,6, 2  ;  2,1,6  ;  2,6,1 ;  6,1, 2  ;  6, 2,1 ;
1,3,5 ; 1,5,3 ;  3,1,5 ;  3,5,1 ;  5,1,3 ;  5,3,1 ;
1, 4, 4  ;  4,1, 4  ;  4, 4,1 ;
 2, 2,5 ;  2,5, 2  ;  5, 2, 2  ;
 2,3, 4  ;  2, 4,3 ;  3, 2, 4  ;  3, 4, 2  ;  4, 2,3 ;  4,3, 2  ;
 3,3,3
Logo n  A   25 .
Soma dos números igual a 10 :
B  1,3,6  ; 1,6,3 ;  3,1,6  ;  3,6,1 ;  6,1,3 ;  6,3,1 ;
1, 4,5 ; 1,5, 4  ;  4,1,5  ;  4,5,1 ;  5,1, 4  ;  5, 4,1 ;
 2, 4, 4  ;  4, 2, 4  ;  4, 4, 2  ;
 2,3,5 ;  2,5,3 ;  3, 2,5 ;  3,5, 2  ;  5, 2,3 ;  5,3, 2  ;
 3,3, 4  ;  3, 4,3 ;  4,3,3 ;
 6, 2, 2  ;  2,6, 2  ;  2, 2,6 
Logo n  B   27
c)
P  A 
n  A  25

n    216
P  B 
27
216
Questão 25
Determine quantos paralelepípedos retângulos diferentes podem ser construídos de tal maneira que a medida de cada uma
de suas arestas seja um número inteiro positivo que não exceda 10 .
Resolução:
Por “paralelepípedo retângulo” entende-se prisma reto-retângulo.
Dividindo em três casos:
Caso 1: três medidas diferentes.
c
b
a
Assim temos nl 
10  9  8
 120 e a divisão por 3! ocorre porque não importa a ordem das medidas a , b , c .
3!
Caso 2: apenas um par de bases quadradas.
Neste caso, pelo Princípio Fundamental, n2  10  9  90
Caso 3: Cubos.
São 10 cubos possíveis.
Logo o número de paralelepípedos procurado é:
120  90  10  220 paralelepípedos.
17
Questão 26
Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z.
y  2z  0
 x 

(sen) y  4 z  0,
x 
 2 x  (1  cos 2) y  16 z  0

a)
b)
   0, 2 .
Determine  tal que o sistema tenha infinitas soluções.
Para  encontrado em (a), determine o conjunto-solução do sistema.
Resolução:
Sendo D o determinante do sistema homogêneo
y  2z  0
 x

(sen) y  4 z  0 ,    0, 2.
 x 
2 x  (1  cos 2) y  16 z  0

Tem-se que:
a) Para o sistema ter infinitas soluções, D  0,
1
1
2
ou seja, 1
sen
4 0
2 1  cos 2 16
 cos 2  2  sen  3  0 
 1  2  sen 2  2  sen  3  0 
b)

sen  2 (não convém)

 sen 2  sen  2  0  ou

3
sen  1   

2
3
Para  
, temos
2
x  y  2z  0

 x  y  4 z  0
2 x  2 y  16 z  0

Somando as duas primeiras equações, temos:
x  y  2z  0

x  y  4z  0
6z  0  z  0
Substituindo na primeira equação, vem:
x  y  20  0  x  y  0
Fazendo x   , temos y  .
Portanto, o conjunto solução do sistema é
S   ,  , 0  , com   .
18
Questão 27
Determine o conjunto de todos os valores de x  0, 2 que satisfazem, simultaneamente,
2sen 2 x  senx  1
 0 e tgx  3  1  3 co tg x cotg x.
cos x  1


Resolução:
2
2sen 2 x  senx  1
2sen x  senx  1  0 (1)
0
cos x  1
(2)
cos x  1
Resolvendo (1):
2sen 2 x  senx  1  0
Como o gráfico de f ( x)  2 x 2  x  1 é
–2
1
2
1
Desta forma devemos ter sen( x)  2 ou sen( x)  .
2
 sen( x )  2 é impossível
 sen( x) 
1

5
 x .
2
6
6
Resolvendo (2):
cos( x)  1  x  0 e x  2


Resolvendo tg( x )  3  1  3 cot g ( x )  cot g ( x) :

1 
tg( x)  3   1  3 
  cotg( x)
tg(
x) 

 tg( x)  3 
tg( x)  3  
  cotg( x)
 tg( x) 


tgx  3  tg( x )  3 c otg 2 x
 tg  x   3  1  cotg x   0
 tg( x)  3  1  cotgx 1  cotgx   0
2
Desta forma é necessário fazer o estudo do sinal de cada fator e o produto.
19
++++++ – – +++++++++ – ++ +
π 2π
3π 5π
0
2π
2
3
2 3
1 + cotg x + + + + + + +++++ + – – + + + + + +++ – –
3π π
0
2π
7π
4
4
– – + + + +++++ + + + – – + + +++ ++ +
1 – cotg x
π
5π
0
2π
π
4
4
tg (x) + 3 :
Produto:
0
––
π
4
––
– – ++ – – – – + – + – – –
2π 3π π
2π
5π 3π 5π 7π
4
3
4 2 3 4
π
2


Desta forma a solução para tgx  3 (1  cotgx )(1  cotgx)  0
     2   3   5   3 5   7 

é  0,    ,    ,     ,    ,
   , 2 
 4 2 3   4
  4   2 3   3

Fazendo a interseção entre as soluções das duas inequações, temos:
0
0
0
5π
6
π
6
π
6
π
4
π
2
2π
3
3π
4
π
4
π
2
2π
3
3π
4
2π
5π
4
π
3π
2
5π 7π 2π
3 4
5π
6
2π
Portanto o conjunto de todos os valores de x que satisfazem simultaneamente as inequações é:
      2   3 5 
 ,  ,
 ,
.
6 4 2 3   4 6 
Questão 28
Seis esferas de mesmo raio R são colocadas sobre uma superfície horizontal de tal forma que seus centros definam os
vértices de um hexágono regular de aresta 2 R . Sobre estas esferas é colocada uma sétima esfera de raio 2 R que tangencia
todas as demais. Determine a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal.
Resolução:
O sólido formado pelos centros das 7 esferas será uma pirâmide hexagonal.
V
 3R 
2
  2R 2   h2
h 2  5R 2
hR 5
3R
A
h
F
2R
E
D
2R
B
C
Assim a distância será R 5  R  R


5 1
20
Questão 29
Três circunferências C1, C2 e C3 são tangentes entre si, duas a duas, externamente. Os raios r1, r2 e r3 destas circunferências
1
constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica de razão . A soma dos comprimentos de C1, C2 e C3 é igual a 26
3
cm. Determine:
a) a área do triângulo cujos vértices são os centros de C1, C2 e C3.
b) o volume do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo em torno da reta que contém o maior lado.
Resolução:
Os raios podem ser denominados x , 3x e 9x do menos para o maior.
2r1  2r2  2r3  26
r1  r2  r3  13
x 1  3  9   13
x 1
Como o perímetro 2 p  26, p  13
a)
Fazendo Heron teremos S  13  1  3  9  3 39 cm 2
Como S 
b)
b  h 12  r
3 39
39


 3 39 , r 
6
2
2
2
r
39
 39 cm3
Após a rotação teremos dois cones, usando Pappus Guldin fica V  2sd  2s  2  3 39 
3
6
Questão 30
Um cilindro reto de altura h = 1 cm tem sua base no plano xy definida por
x 2  y 2  2 x  4 y  4  0.
Um plano, contendo a reta y  x  0 e paralelo ao eixo do cilindro, o secciona em dois sólidos. Calcule a área total da
superfície do menor sólido.
Resolução:
No plano xy temos
x
2
 2 x  1   y 2  4 y  4   1
 x  1
2
  y  2   12 , centro  1, 2  , raio  1
2
21
Como a área lateral do cilindro é 2r  h  2  1  1  2
1
No menor sólido teremos da superfície lateral, um retângulo e 2 segmentos circulares.
4
Assim fica,
   12 12 
2
 2 1  2  
 
4
2
 4


 2  1    2 1
2
2
22
Matemática
Douglas
Lafayette
Manim
Ney
Ronney
Salviano
Toshio
Colaboradores
Aline Alkmin
Fernanda Chaveiro
Moisés Humberto
Digitação e Diagramação
Daniel Alves
João Paulo
Márcia Santana
Valdivina Pinheiro
Desenhistas
Luciano Lisboa
Rodrigo Ramos
Vinicius Ribeiro
Projeto Gráfico
Vinicius Ribeiro
Assistente Editorial
Valdivina Pinheiro
Supervisão Editorial
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Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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