GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) ⎧[z] + [x] = 1
⎪
Das equações ⎨[x] + [y] = 3
⎪[y] + [z] = 2
⎩
MATEMÁTICA
01. Sabe-se que:
A = [a] + {a}, ∀a∈R, onde [a] é a parte inteira de a
⎧x + [ y] + {z} = 4,2
⎪
⎨y + [ z] + { x } = 3,6, com x, y e z ∈ R
⎪z + [x] + {y} = 2
⎩
Obtemos [x]+[y]+[z]=3 ⇒[y]=2
Como y=[y]+{y}= 2+0,7 = 2,7
Temos que E =4,9-2.2,7=-0,5
Logo x-y+z=-0,5
Determine o valor de x – y + z.
RESOLUÇÃO
1º Solução, primeiramente, que a expressão “parte interna ” é
ambígua, podendo designar inteiros distintos se x<0.
[-0,5]=0 ou [-0,5]=-1.
A segunda designação é bastantemente mais difundida e
designada: “função piso” ou “função máximo inteiro que não
supera x”.Modernamente, costuma-se denotar [x].
Mas a nomendatura [x] é ainda aceita
[x] = Max{ m ∈ z / m ≤ x }.
Tal função satisfaz as seguintes propriedade
[x+m] = [x]+m
∀ m ∈ z.
02. Um triângulo isósceles possui seus vértices da base sobre o
eixo das abscissas e o terceiro vértice, B, sobre o eixo positivo das
ordenadas. Sabe-se que a base mede b e seu ângulo oposto
)
B = 120 ° . Considere o lugar geométrico dos pontos cujo quadrado
da distância à reta suporte da base do triângulo é igual ao produto
das distâncias as outras duas retas que suportam os dois outros
lados. Determine a(s) equação(ões) do lugar geométrico e
identifique a(s) curva(s) descrita(s).
RESOLUÇÃO
Assumindo tal denominação:
{x+m}= x+m – [x+m]=x+m-[x]-m=x-[x] e obtemos {x+m}={x}.
⎧ x + [ y ] + { z } = 4.2
⎪
⎨y + [z] + {x} = 3,6
⎪z + [x] + {y} =
⎩
(I)
Determine
(II)
E=x-y+z
(III)
Somando as 3 equações, obtemos:
2x+2y+2z = 9,8 ⇒ x+y+z= 4,9
E= x+y+z-2y=4,9-2y
Assim, basta determinar y.
Substituindo {z}=z-[z] e {y} = y-[y]
Nas equações I e III, obtemos:
⎧x + [ y] + z − [ z] = 4,2
⎨
⎩z + [x] + y - [y] = 2
+
a2 = b2 −
b
2
b2
4
Substituindo, temos:
a2 =
x+[y]+z-[z]-z-[x]-y+[y]=2,2
Logo, x-[x]=2,2-[y]+[z]+y-[y]
Substituindo na equação II, obtemos:
y+[z]+2,2-[y]+[z]+y-[y]=3,6
2y+2[z]-2[y]=1,4
[z]+{y}=0,7
a=
3b2
4
b
3
2
Tomando parte fracionária, temos:
{y}=0,7
Substituindo na equação III, obtemos:
z+[x]=1,3 tomando partes inteira e fracionária
⎛ b ⎞
⎜⎜ − 2 ,0 ⎟⎟
⎝
⎠
⎛b ⎞
⎜⎜ ,0 ⎟⎟
⎝2 ⎠
[z]+[x]=1,0 e {z }=0,3
Substituindo {z}=0,3 na eq.I,temos:
[x]+[y]=3,9 tomando partes inteira e fracionária:
[x]+[y]=3 e {x}=0,9
Substituindo {x}+9 na eq.II, obtemos:
Y+[z]=2,7 tomando partes inteira e fracionária:
[y]+[z]=z e {y}+0,7
− 2a
b 3
a
=−
= −2 ⋅
=− 3
b
b
2b
−
2
a
m2 =
b
+
2
m1 =
m2 =
2a 2 ⋅ b 3
=
= 3
b
b⋅2
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1 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) Abrindo negativo
y2 =
⎛ b ⎞
⎜⎜ − 2 ,0 ⎟⎟
⎠
⎝
(2y + 2
)(
( 4 + 12 )
3 x − 3b − 2 y + 2 3 x + 3 b
2
⎛b ⎞
⎜⎜ ,0 ⎟⎟
⎝2 ⎠
)
16 y 2 = −4 y 2 + 4 3 xy + 2 3by − 4 3 xy + 12x 2 + 6bx +
2 3by − 6 xb − 3b2
y = 3x + k
0=−
b
b 3
3 +k → k =
2
2
∴ y = 3x +
20 y 2 − 3by − 12 x 2 + 3b 2 = 0
12x 2 − 20 y 2 + 4 3by − 3b 2 = 0
3b
2
⎛
⎞
3
12x 2 − 20⎜ y 2 −
by ⎟ − 3b 2 = 0
⎜
⎟
5
⎝
⎠
⎛
3
3b 2 ⎞⎟
3b 2
= 3b 2 −
12x 2 − 20⎜ y 2 −
by +
⎜
⎟
5
100 ⎠
5
⎝
2y − 2 3 x − 3b = 0
y = − 3x + k
0=−
3b
+k → k =
2
3b
2
3b
∴ y = − 3x +
2
2 y + 2 3 x − 3b = 0
2
2
⎞
⎟ = 15b − 3b
⎟
5
⎠
⎛
b 3
12x 2 − 20⎜ y −
⎜
10
⎝
2
⎞
⎟ = 12b
⎟
5
⎠
20 ⎛⎜
b 3
x −
y−
12 ⎜⎝
10
2
⎛
⎜y − b 3
⎜
2
10
x
−⎝
2
b
4b 2
5
5
2y + 2 3 x − 3b 2y − 2 3 x − 3b
(2)2 + (2 3 )2
2
⎛
b 3
12x 2 − 20⎜ y −
⎜
10
⎝
2
d12 = d2 ⋅ d3 ∴ y 2 =
( −1)
2
2
⎞
⎟ =b
⎟
5
⎠
÷12
÷
b2
5
2
⎞
⎟
⎟
⎠ = 1 hipérbole centro ⎛⎜ 0, b 3
⎜ 10
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
(2)2 + ( −2 3 )2
abrindo positivo
y2 =
(2y + 2 3 x − 3b)(2y − 2 3 x − 3b)
03.
( 4 + 12 )2
Sabe-se que z1 z 2 =
z3
e z 3 + z 4 − z 3 − z 4 = 0 , sendo z1,
z4
16 y 2 = 4 y 2 − 4 3 xy − 2 3by + 4 3 xy − 12x 2 − 6bx − 2b 3 y + 6 xb + 3b2
z2, z3 e z4 números complexos diferentes de zero. Prove que z1 e
z2 são ortogonais.
Obs.: números complexos ortogonais são aqueles cujas
12y 2 + 4 3by + 12x 2 − 3b2 = 0
representações gráficas são perpendiculares entre si e z é o
número complexo conjugado de z.
y2 +
y2 +
3by
b2
+ x2 −
=0
3
4
2
2
2
3by b
b
b
+
+ x2 =
+
3
12
4 12
2
2
2
⎛
⎞
⎜ y + b ⎟ + x 2 = 4b = b
⎜
⎟
12
3
2 3⎠
⎝
Circunferência
⎛
b ⎞⎟
centro ⎜⎜ 0,−
2 3 ⎟⎠
⎝
RESOLUÇÃO
z
z1 z 2 = 3 e
z4
z3 + z 4 = z3 − z 4
A 2º igualdade nos fornece dz 31 − z 4 = dz 31 z 4
⎛ b ⎞
⎟
raio ⎜⎜
⎟
⎝ 3⎠
Logo z3 pertence a mediatriz do segmento unido −z 4 e z 4 .
Desta forma z3 ⊥ z 4 .
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2 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) Então, o ΔAUV é semelhante ao ΔABC e a razão de semelhança é
z3
Logo z ∈ R
4
2
Ak
1
S( AUV ) ⎛ 1 ⎞
1
S
= ⇒
= ⎜ ⎟ = ⇒ S( AUV ) =
AM 3
S( ABC ) ⎝ 3 ⎠
9
9
Analogamente para os triângulos BTZ e CXY
Portanto z1 e z2 ∈ R.
z1 z1 z2
=
∈ R.
2
z2
z2
Então a área de TUVXYZ é S − 3 ⋅
z1 ⊥ z2.
S
2S
=
9
3
A área delimitada pelos triângulos ABC e A’B’C’ será
04. Dada a função F:N2 → N, com as seguintes características:
S(ABC) + S(A’B’C’) – S (TUVXYZ) =
4S
2S
=S+S−
=
3
3
F(0,0) = 1;
F(n,m+1) = q.F(n,m), onde q é um número real diferente de zero;
F(n+1, 0) = r + F(n,0), onde r é um número real diferente de zero.
2009
Determine o valor de
∑F(i,i) , i ∈ N.
i=0
RESOLUÇÃO:
F (0,0) = 1
F (1,1) = qr + q
2
2
F (2,2) = q F(2,1) = q F(2,0) = q (r + F(1,0)) =
2
2
= q (2r + F(0,0)) = q (2r + 1)
2009
(2009r + 1)
F(2009, 2009) = q
2
2
2009
2009
S = 1 + (qr + q) + (2q r + q ) + ... + (2009q r + q )
2
2
3
3
2010
2010
Sq = q + (q r + q ) + (2q r + q ) + ... + (2009q r + q )
S − Sq = 1 + qr + q2r + q3r + ... + q2009r − 2009q2010r − q2010
1444442444443
2
2009
S (1 – q) = 1 + r (q + q + ... + q
S (1 – q) = 1 + rq
S=
2010
) – 2009q
2010
r–q
(1 − q2009 )
− 2009q2010r − q2010
1− q
1 − 2009q2010 − q2010 rq(1 − q2009 )
+
1− q
(1 − q)2
05. Seja G o ponto de interseção das medianas de um triângulo
ABC com área S. Considere os pontos A’, B’ e C’ obtidos por uma
rotação de 180º dos pontos A, B e C, respectivamente, em torno
de G. Determine, em função de S, a área formada pela união das
regiões delimitadas pelos triângulos ABC e A’B’C’.
RESOLUÇÃO:
GC ≡ GC' ⎫
⎪
GB ≡ GB' ⎬ ⇒ ΔBGC ≡ ΔB' GC' ֜
BĜC = B' ĜC'⎪⎭
⎧B' C' ≡ BC
⎪
⇒ ⎨B' C' // BC ⇒
⎪GK ≡ GM
⎩
֜ GK ≡ GM ≡ AK, pois AG = 2 ⋅ GM , já que G é baricentro.
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3 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) 06. Resolva a seguinte inequação, para 0 ≤ x < 2π:
3sen 2 x + 2 cos 2 x + 4senx − (1 + 4 2 )senx cosx + 4cosx - (2 + 2 2 )
>2
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
RESOLUÇÃO:
3sen2x + 2 cos2 x + 4senx − (1 + 4 2 )senx cosx + 4cosx - (2 + 2 2 )
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
−2 > 0 ⇒
3sen2 x + 2 cos 2 x + 4senx − (1 + 4 2 )senx cosx + 4cosx - (2 + 2 2 ) − 2( 2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2 )
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
>0⇒
3sen 2 x + 2 cos 2 x + 4senx − (1 + 4 2 )senx cosx + 4cosx - 2 - 2 2 − 4senx + 4 2 senx cos x − 4 cos x + 2 2 )
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
3sen2 x + 2 cos2 x − senx cosx - 4 2 senx cos x + 4 2 senx cos x − 2
2senx − 2 2senx cos x + 2 cos x − 2
sen2 x + 2(sen2 x + cos2 x) - senx cos x − 2
2senx − 2 2senx cos x + 2 cos x − 2
sen 2 x + 2 − senx cosx − 2
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
>0⇒
>0⇒
>0⇒
>0⇒
sen2 x − senx cosx
>0⇒
2senx − 2 2 senx cos x + 2 cos x − 2
senx ( senx - cosx )
>0⇒
2senx (1 − 2 cos x ) + ( 2 cos x − 2 )
senx ( senx - cosx )
2senx (1 − 2 cos x ) − 2 (1 − 2 cos x )
senx ( senx - cosx )
(1 − 2 cos x )(2senx − 2 )
>0⇒
>0⇒
senx(senx − cos x )
(1 − 2 cos x )(2senx − 2 )
> 0. Lembre-se que senx – cosx =
π⎞
⎛
2 sen⎜⎜ x − ⎟⎟ .
4
⎝
⎠
Substituindo na inequação obtemos:
π⎞
π⎞
⎛
⎛
2 senx sen⎜ x − ⎟
senx sen⎜ x − ⎟
4⎠
4⎠
⎝
⎝
>0⇒
> 0.
(1 − 2 cos x )(2senx − 2 )
(1 − 2 cos x )(2senx − 2 )
π⎞
⎛
Fazendo o estado do sinal das funções f(x) = senx, g(x) = sen ⎜⎜ x − ⎟⎟ , h(x) = (1- 2 cosx) e h1(x) = (2senx 4⎠
⎝
Para 0 ≤ x < 2π
π
2
π
π
4
π
2
π
4
π
2
π
4
π
2
3π
4
3π
2
π
2 ). Obtemos,
2π
3π
2
7π
4
2π
π
3π
2
7π
4
2π
π
3π
2
5π
4
π⎞
⎛
sen⎜⎜ x − ⎟⎟
4⎠
⎝
1− 2 cos x
(2senx − 2 )
3π
4
2π
Fazendo a interseção, temos que,
π
4
π
2
3π
4
π
5π
4
3π
2
7π
4
2π
π
3π
5π
7π
⎧
⎫
S = ⎨x ∈ R | < x <
ou π < x <
ou
< x < 2π ⎬
4
4
4
4
⎩
⎭
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4 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) 07. Seja um cubo de base ABCD com aresta a. No interior do
cubo, sobre a diagonal principal, marca-se o ponto V, formando-se
a pirâmide VABCD. Determine os possíveis valores da altura da
pirâmide VABCD, em função de a, sabendo que a soma dos
2
quadrados das arestas laterais da pirâmide é igual a ka , sendo k
um número primo.
Obs.: as arestas laterais da pirâmide são VA, VB, VC e VD.
⎧
2a + a 7
⎪h =
⎪
6
k = 5 ֜ 5a = 12h + 4a -8ah ֜ ⎨
⎪h = 2a − a 7 < 0
⎪⎩
6
2
2
2
2
2
2
k = 7 ֜ 7a = 12h + 4a -8ah ֜
RESOLUÇÃO:
Logo, os possíveis valores são
não vale
⎧
2a + a 13
⎪h =
⎪
6
⎨
⎪h = 2a − a 13 < 0
⎪⎩
6
não vale
a a 2a + a 7 2a + a 13
, ,
,
2 6
6
6
08.
Dada uma matriz quadrada A de ordem n, definida da
seguinte forma:
• os elementos da linha i da coluna n são da forma
⎞
⎛n
⎟⎟ ;
a in = −⎜⎜
n
−
i
+
1
⎠
⎝
Δ VV ' B ~ Δ HDB ⇒
• os elementos imediatamente abaixo da diagonal principal são
unitários, isto é, aij = 1 para i − j = 1;
• todos os demais elementos são nulos.
Sendo I a matriz identidade de ordem n e det(M) o determinante
de uma matriz M, encontre as raízes da equação det (x ⋅ I - A) = 0.
VV ' DH
a
=
=
⇒
V ' B BD a 2
⇒ V' B = h 2
VA 2
VB 2
VC2
VD2
= h2 + V ' A 2 ⎫
⎪
= h2 + V ' B 2 ⎪
2
2
2
2
2
2
⎬ ⇒ ka = 4h + V ' A + V ' B + V ' C + V ' D
= h2 + V ' C2 ⎪
= h2 + V ' D2 ⎪⎭
RESOLUÇÃO
(I)
No quadrado ABCD, temos:
⎡
⎢x
⎢
⎢
⎢− 1
⎢
⎢
⎢
det( xI − A ) = ⎢0
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢0
⎢⎣
0
0
x
0
-1 x
0
0
⎛n⎞ ⎤ ⎡
0 ..........⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ⎢ x
⎝n⎠ ⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎛ n ⎞⎥ ⎢
⎟⎟
−1
0.........⎜⎜
n
1
⎝
⎠⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎛n ⎞⎥ ⎢
⎟⎟ ⎥ = ⎢0
0........⎜⎜
⎝n - 2 ⎠⎥ ⎢
⎛n ⎞ ⎥ ⎢
x ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ⎢
⎝ 2⎠ ⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎛n⎞ ⎥ ⎢
0 - 1x + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ⎢0
⎝1 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣
0
0
x
0
-1 x
0
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎛n ⎞
⎥
⎜
⎟
x⎜ ⎟
⎥
⎝ 2⎠
⎥
⎛ n ⎞⎥
- 1 x + ⎜⎜ ⎟⎟⎥
⎝1 ⎠⎥⎦
⎛n⎞
0 ...... + ⎜⎜ ⎟⎟
⎝n⎠
⎛n ⎞
⎟⎟
0....... + ⎜⎜
⎝ n - 1⎠
⎛n ⎞
⎟⎟
0 ....... + ⎜⎜
⎝n - 3⎠
0
⎛n⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ (− 1)n +1
⎝n⎠
⎛n ⎞
⎟⎟
+ ⎜⎜
⎝ n − 1⎠
h 2
V’N ≡ V’M = h
V’P ≡ V’Q = a – h
⎧ V ' A 2 = V ' M2 + AM2 = h 2 + (a − h) 2 = 2h 2 + a 2 − 2ah
⎪
⎪V' B 2 = 2h 2
⎨
2
2
2
2
2
2
2
⎪ V ' C = V ' P + PC = (a − h) + h = 2h + a − 2ah
⎪ V ' D 2 = V ' Q 2 + QD 2 = (a − h) 2 + (a − h) 2 = 2h 2 + 2a 2 − 4ah
⎩
2
2
2
2
2
2
֜ V’A + V’B + V’C + V’D = 8h + 4a – 8ah. Substituindo em (I):
2
2
2
Ka = 12h + 4a – 8ah
2
2
O valor mínimo para a equação 12h – 8ah + 4a e será quando
h=
8a a
8a 2
= , o que dá para equação o valor mínimo de
.
24 3
3
8a 2
8
⇒ k ≥ , como k é inteiro, temos k ≥ 3
3
3
Temos também que 0 ≤ h ≤ a, e nesse intervalo o maior valor para
2
2
2
2
12h – 8ah + 4a será quando h = a, então ka ≤ 8a ֜ k ≤ 8, como
k é primo, temos as seguintes possibilidades para k:
a
⎧
⎪⎪h = 2 ou
2
2
2
k = 3 ֜ 3a = 12h + 4a -8ah ֜ ⎨
a
⎪h =
⎪⎩
6
Logo, k ⋅ a 2 ≥
⎞
⎛n
⎟⎟
⎜⎜
⎝n − 2⎠
x
0
0
-1
x
0
0
0
-1
(− 1)n +2 +
x
x
(− 1)n +3 +
x
⎛
⎛n⎞⎞
+ ⎜ x + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟
⎜
⎟
⎝1 ⎠ ⎠
⎝
(− 1)n +n
x
x
x
⎛n⎞
⎛n ⎞
⎟⎟(− 1)n+ 2 x(− 1)n−2 +
= ⎜⎜ ⎟⎟(− 1)n+1(− 1)n−1 + ⎜⎜
⎝n⎠
⎝ n − 1⎠
⎛
⎞ 2
⎛n⎞ ⎞
⎟⎟ x (− 1)n − 3 + ... + ⎜ x + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ x n −1(− 1)n + n
⎜
⎟
n
−
2
⎠
⎝1 ⎠ ⎠
⎝
⎝
(− 1)+ 3 ⎛⎜⎜ n
(
⎞ 2
⎛n
⎛n ⎞
⎛n⎞
⎟⎟ x (− 1)2n + ... + x + nx n −1(− 1)2n
⎟⎟ x ⋅ (− 1)2n + ⎜⎜
= ⎜⎜ ⎟⎟(− 1)2n + ⎜⎜
n
n
1
n
2
−
−
⎠
⎠
⎝
⎝
⎝ ⎠
)
⎛n⎞ ⎛n ⎞
⎛n
⎞ 2
⎛n
⎞ n −2
⎟⎟ ⋅ x + ⎜⎜
⎟⎟ x + ... + ⎜⎜
⎟⎟ x
= ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜
+ ( x + n)x n −1
−
−
n
−
(
n
−
2
)
n
n
1
n
2
⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎛n⎞ ⎛n ⎞
⎛n
⎞ 2
⎛n ⎞
⎛n⎞
⎛n ⎞
⎟⎟ ⋅ x + ⎜⎜
⎟⎟ x + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ x n − 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ x n −1 + ⎜⎜ ⎟⎟ x n
= ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜
n
n
1
n
2
2
1
−
−
⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝0⎠
n
= (x + 1)
n
det (xI – A) = (x + 1) = 0 ⇒ x = - 1
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5 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) 09. A figura abaixo é composta de 16 quadrados menores. De
quantas formas é possível preencher estes quadrados com os
números 1, 2, 3 e 4, de modo que um número não pode aparecer
2 vezes em:
• uma mesma linha.
• uma mesma coluna.
• cada um dos quatro quadrados demarcados pelas linhas
contínuas.
RESOLUÇÃO:
1ª Solução
O 1º quadrado tem 4! = 24 possibilidades suponhamos, sem perda
de generalidade, que seja
. Para o quadrado a sua
direita teríamos 4 possibilidades. Para o quadrado abaixo 4
possibilidades. Esses 3 quadrados determinam o 4º (16
possibilidades).
Mas há problemas de compatibilidade.
Assim, temos somente 12 possibilidades
Logo, o número de configurações é
24 . 12 = 288.
2º Solução
4! = 24 possibilidades para o 1º quadrado.
Total 24 . 12= 288 www.gge.com.br
6 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (MATEMÁTICA) 10. Seja a uma constante real positiva. Resolva a equação
a a + a 2 − x 2 + 3a a − a 2 − x 2 = 2 2x , para x ∈ R e
0 ≤ x ≤ a.
QUESTÃO 31
Considere as seguintes afirmativas:
I. A molécula de SO2 é linear e possui hibridação sp.
II. O hexafluoreto de enxofre possui estrutura octaédrica.
III. Em virtude da posição do átomo de carbono na Tabela
Periódica, pode-se afirmar que não existem compostos orgânicos
3
3 2
contendo orbitais híbridos sp d ou sp d .
IV. O número total de orbitais híbridos é sempre igual ao número
total de orbitais
atômicos puros empregados na sua formação.
As afirmativas corretas são apenas:
A) I
B) I e III
C) I e IV
D) II e IV
E) II, III e IV
RESOLUÇÃO:
a ⋅ a + a2 − x 2 + 3a ⋅ a − a2 − x 2 = 2 2 x
a2 − x 2
θ
a2 − x 2
⇒ a2 − x 2 = asenθ
a
senθ =
cos θ =
ERRATA DE QUÍMICA
RESOLUÇÃO: x
⇒ x = a cos θ
a
2
I. Falsa – a molécula do SO2 é angular com hibridação sp :
a ⋅ a + asenθ + 3 ⋅ a ⋅ a − asenθ = 2 2a cos θ
a ⋅ a ⋅ 1 + senθ + 3 ⋅ a ⋅ a ⋅ 1 − senθ = 2 2a cos θ
II. Verdadeiro.
III. FALSA. Apesar do átomo de carbono não apresentar orbitais
do tipo d, disponíveis na sua camada de valência (n=2), outros
elementos podem se ligar ao carbono, em composto
3
3 2
orgânicos, formando orbitais híbridos sp d ou sp d . Esse
fenômeno ocorre em alguns compostos organo-metálicos,
como no trietilenodiaminocobalto(III), onde o cobalto recebe 6
ligações dativas e, portanto, precisa efetivar a hibridação
3 2
sp d .
IV. Verdadeiro. A combinação linear de “n” orbitais atômicos gera
“n” orbitais híbridos.
1 + senθ + 3 ⋅ 1 − senθ = 2 2 cos θ
1 + sen θ + 2 3 ⋅ (1 + sen θ)(1 − senθ) + 3(1 − sen θ) = 8 cos 2 θ
1 + senθ + 2 3 ⋅ cos2 θ + 3 − 3senθ = 8 cos2 θ
4 − 2senθ + 2 3 cos θ = 8 cos2 θ
⇒ 2 3 cos θ − 2senθ = 8 cos2 θ − 4
2( 3 cos θ − senθ) 4(2 cos 2 θ − 1)
=
2
2
⎡ 3
⎤
1
2⎢
cos θ − senθ⎥ = 2(2 cos 2 θ − 1)
2
⎢⎣ 2
⎥⎦
ALTERNATIVA D
⎡ 3
⎤
1
2⎢
cos θ − senθ⎥ = 2(2 cos2 θ − 1)
2
⎢⎣ 2
⎥⎦
π⎞
π⎞
⎛
⎛
2 cos⎜⎜ θ + ⎟⎟ = 2(2 cos 2 θ − 1) ⇒ 2 cos⎜⎜ θ + ⎟⎟ = 2 cos 2θ ⇒
6⎠
6⎠
⎝
⎝
2θ = θ +
π
+ 2kπ
6
π⎞
⎛
cos⎜⎜ θ + ⎟⎟ = cos 2θ
6⎠
⎝
θ=
π
+ 2kπ
6
⇒
π⎞
⎛
2θ = 2θ − ⎜⎜ θ + ⎟⎟ + 2kπ
6
⎝
⎠
θ=−
π
+ 2kπ
6
π
+ 2kπ , substituindo em x = acosθ,
6
obtemos
⎛π
⎞
x = a cos⎜⎜ + 2kπ ⎟⎟
⎝6
⎠
Se θ =
x=
a 3
2
Modo análogo, para θ = −
π
+ 2kπ
6
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