ITA2014 - Olimpo

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
José Diogo
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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