Matematica - Resolvida

2
Dividindo por cos x, obtemos
3
01.
O segundo, o sétimo e o vigésimo sétimo termos de uma
Progressão Aritmética (PA) de números inteiros, de razão r, formam,
nesta ordem, uma Progressão Geométrica (PG), de razão q, com q e
r  IN* (natural diferente de zero). Determine:
a) o menor valor possível para a razão r;
b) o valor do décimo oitavo termo da PA, para a condição do item a.
Solução:
cos 2 x
cos x
 3m  3   3  3m senx
cos x
senx cos x
x   3m  3   3  3m
cos x
x   3m  3   3  3m  tgx

2
cos 2 x
cos x
 3 sec 2
2
2
 3 sec
2
Mas tg 2 x  1  sec 2 x ; x 

 k; k  
2
  3m  3   3  3m  tgx

3 tg 2 x  1 
a  6R a1  26R
a) 1

a1  R
a1  6R
3tg 2 x  3  3m  3  3 tgx  3m tgx
3tg 2 x 
2
a12 + 12 R a1 + 36R = a12 + 27a1R + 26R
2
15 a1 R = 10R
10
2
a1 
R  a1  R
15
3
2

 3  3m tgx 
 3  3m
2
3m  0
 4  3  3m
  3  6 3m  9m 2  12 3m

  9m 2  6 3m  3  3m  3

2
Logo R = 3
Logo
b) a18 = a1 + 17R
a18 = 2 + 17  3
 3  3m  3m  3 
2
tgx 
6
a18 = 53
02.
Os números reais positivos x1, x2 e x3 são raízes da equação
b
3
x  ax 2  ab  x, sendo bIN (natural), a IR (real) e a 1.
2
Determine,
em
função
de
a
e
b,
o
valor
de

log a  x1x 2 x 3 ( x1  x 2  x 3 )

b
x2  x2  x2 
1
2
3
1) Caso: Se 3m  3  0
 tgx 

x 22

6
 tgx 
 3  3m  3m  3 
x 23
a
6
b
tgx 
3
3
2) Caso: Se 3m  3  0
tgx  m
 tgx 
x 12
 3  3m  3m  3 
tgx  m
b
x  ax  a  x
2
b
3
2
x  ax  x  a b  0
2
x1 + x2 + x3 = a
b
x1 x 2 + x1 x3 + x2 x3 =
2
b
x1 x 2 x3 = a
2
6
 .
Solução:
3
 tgx 
 3  3m  3m  3 
 3  3m   3  3m
6
2
 ( x 1  x 2  x 3 )  2( x1x 2  x1x 3  x 2 x 3 )
tgx 
2
 a b
3
3
b) Resposta
tg75º  m
Substituindo na expressão temos:
log a ab  a a

2
b 
b
  log a
b
2
a a   log a a
a


2
b
 a 2 b  log a a
 a 2b
03.
Os ângulos de um triângulo obtusângulo são 105º, α e β.
Sabendo que mÎ IR (real), determine:
tg75 º 
tg45 º tg30 º
1  tg45 ºtg30 º


1  3 

3 

tg75 º 


1  3 

3 

tg75 º 
a) as raízes da equação 3 secx + m ( 3 cosx – 3 senx) = 3 cosx +
3 3 3 3

3 3 3 3
3  3 
2
3 senx, em função de m;
b) o valor de m para que α e β sejam raízes dessa equação.
tg75 º 
Solução:
a) Resposta
96 3 3
tg75 º 
6


3 sec x  m 3 cos x  3senx  3 cos x  3 senx

2

2
3  m 3 cos x  3senx cos x  3 cos x  3 senx cos x
2

  3  3msenx cos x
3  cos x 3mx  3 
tg75 º 
93
12  6 3
6
tg75º  2  3
Logo m  2  3
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1
04.
Seja o número complexo Z = a + bi, com a e b  IR (real) e




a 3  3 1  ab 2
i   1 . Determine o módulo de Z sabendo que 
.
b 3  3 a 2b  1
Solução:
O sistema pode ser reescrito como
AE 
a 3  3ab 2  3
 2
3a b  b 3  3
3
R

22 3


R
AE 
2 3
2
3
2

Cálculo da altura AG :
Elevando Z ao cubo, obtemos
3
R
tg 15   2
AE
R
2- 3 
2 AE
2
3
Z = (a + bi) = (a – 3ab ) + (3a b – b )i
Substituindo obtemos
3
Z = 3 + 3i
Assim
| Z 3 || 3  3i | 3 2  3 2  18  | Z |3  18  | Z | 6 18
05.
2
2
2


Uma pirâmide regular triangular apresenta um volume V.
Determine o raio da circunferência circunscrita a uma das faces
laterais da pirâmide em função de V, sabendo que o ângulo do
vértice vale 30°.
AG  AE  EG
Solução:
AG 
2
R2
R2
74 3 
4
12
2
R2 
1
7  4 3  
4 
3
2
R2
4
2
R2
53 3
3
AG 
AG 
AG 
O ABCD é equilátero e as faces laterais são triângulos isósceles.
2
2
R

R

AG   2  3   
3
2

6

AG 

2

 20  12 3 




3




R2
53 3
3
Cálculo do volume:
1
V   Área( ABCD )  AG
3
V
1 R2

3 4
R3 
3
R
53 3
3
12 V
53 3
Note que as arestas da base é igual ao raio R da circunferência.
R3
53 3
Cálculo de EG :
EG 
1 R 3 R 3


3
2
6
Cálculo de AE :
R
2
12 V
06.
É dada uma parábola de parâmetro p. Traça-se a corda focal
MN, que possui uma inclinação de 60º em relação ao eixo de simetria
da parábola. A projeção do ponto M sobre a diretriz é o ponto Q, e o
prolongamento da corda MN intercepta a diretriz no ponto R.
Determine o perímetro do triângulo MQR em função de p, sabendo
que N encontra-se no interior do segmento MR.
R
2
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2
Solução:
Substituindo a linha L1 por L2 + L3 + L4
Obtemos
s s s s
a x c b
0
b c x a
c b a x
Em que s = x + a + b + c
Se S = 0, então f(x) = 0, daí temos a
raiz  x1 = – a – b – c
Se S  0 podemos dividir a 1ª linha por S e assim obtemos
Em RPN
x
sen 30 
RN
RN  2 x  RN 
1
a
b
c
4P
3
Em RPN
1
P

2 2x  x
1
x
c
b
1
c
x
a
1
b
0
a
x
Abaixo a ordem por chió obtemos:
xa c a ba
c b x b a b  0
3x + 2P
2
x P
3
bc ac xc
Substituindo a linha L3 por L2 + L3 obtemos:
xa c a ba
Em RQN
y
sen30 
c b x b a b  0
y  x  RN
0
y
sen30 
y
2P 4P

3
3
Sa
Em que Sa = x + a – b – c
Obtemos assim a raiz x2 = b + c – a.
2
2y  y 
Sa
6P
3
Analogamente obtemos x3 = a + c – b e x4 = a + b – c.
y  2P
Perímetro RN  x  2 y 
y
tg30
4P 2P
2 3

 4P  P
3
3
3
2
6P  6P
09.
Considere uma reta r que passa pelo ponto P(2,3). A reta r
2
2
intercepta a curva x – 2xy – y = 0 nos pontos A e B. Determine:
a) o lugar geométrico definido pela curva;
b) a(s) possível(is) equação(ões) da reta r, sabendo que
PA  PB  17 .
3
3
Solução:
2
2
a) x – 2xy – y = 0
Olhando a equação como do 2º grau em x temos:
P( 6  2 3 )
07. Sejam r e s  Z (inteiro). Prove que (2r + 3s) é múltiplo de 17 se
x
2y  8 y 2
2
e somente se (9r + 5s) é múltiplo de 17.
x=yy
Solução:
2r + 3s  0 (mod 17)  (34 + 2) r + (17 + 3) s  0 (mod 17)  36r +
20s  0 (mod 17)  4 (9r + 5s)  0 (mod 17) como 4 e 17 são
coprimos, temos 9r + 5s  0 (mod 17)
y(1  2 ) = x
08. Calcule as raízes de f(x) em função de a,b e c, sendo a,b,c e x Î
O lugar geométrico definido pela curva é a união das retas
x
a
IR (real) e f ( x ) 
b
c
perpendiculares y 
a
x
c
b
b
c
x
a
c
b
.
a
x
2
y = ( 2 - 1 )x ou
y = - ( 2 + 1) x
 2  1 x e y   2  1 x
Solução:
x
a
f(x ) 
b
c
a
x
c
b
b
c
x
a
c
b
a
x
(A linha i será chamada Li)
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3
 1  2m  m 2  m 2  1
y  3  m( x  2)

y  bx
2
2
m + 2m – 1 = m + 1
2m = 2
bx – 3 = m(x – 2)
(m – b)x = 2m – 3
3  2m
 3 - 2m 
x
e y  b

bm
 b-m 
m=1
ou
2
2
m + 2m – 1 = - m – 1
2
2m + 2m = 0
Logo, temos:
2
m +m=0
P(2, 3) (Dado do problema)
 3  2m  3  2m  
A 
, a
 
 a  m  a  m 
m=0
ou
m=-1
 3  2m  3  2m  
B
, b
 
 b  m  b  m 
Logo as retas são:
y – 3 = 1(x – 2)


b) Fazendo a  2  1 e b   2  1 no par de retas do item (a),
temos:
y = ax e y = bx
A equação da reta r é y – 3 = m(x – 2) em que m é o coeficiente
angular. Determinando os ponto A e B, temos:
y  3  m( x  2)

y  ax
ax – 3 = m(x – 2)
(a – m)x = 3 – 2m
3  2m
 3  2m 
x

e y  a  
a m
 am 
y – 3 = 0(x – 2)
y=3
y – 3 = - 1(x – 2)
y=-x+5
10. Os nove
elementos de uma matriz M quadrada de ordem 3 são
preenchidos aleatoriamente com os números 1 ou –1, com a mesma
probabilidade de ocorrência. Determine:
a) o maior valor possível para o determinante de M;
b) a probabilidade de que o determinante de M tenha este valor
máximo.
Solução:
Cálculo de PA :
Note que
2

3  2m 

 3  2m  
PA   2 
   3  a a  m  
a

m





2
2
 2a  3 
 2am  3m 
PA  
  

 am 
 am 
2
y=x+1
2
 2a  3 
PA  (m 2  1)  

 am 
2
2
P1
P2
P3
a11 a12
a13
a21 a 22
a23  a11a22a33  a12a 23a31  a13a 21a32
a31 a32
a33
a13a 22 a31  a12a21a33  a11a23a32
2
N1
N2
N3
2a  3
PA  m 2  1 
am
Como temos uma quantidade par de fatores  1 a soma é par.
Como P1 P2 P3 = N1 N2 N3
Como a  2  1 , temos
Não pode ocorre P1 = P2 = P3 =1 e N1 = N2 = N3 = -1
PA  m 2  1 
3  2a
am
Assim   4.O caso   6 é impossível 
O determinante máximo é 
De modo análogo:
2b  3
PB  m 2  1 
bm


MAX 
MAX 
4
1 1 1
1 1 1  4
1 1 1

Como b   2  1 , temos:
Analogamente é impossível   2.
De fato se dois Pi são + 1 e dois Ni + 1 temos um absurdo. Se P1 = P 2
= P3 = 1
E se dois Ni >0 -1, absurdo.
3  2b
PB  m  1 
bm
2
Como PA  PB  17 , temos:
2
m2  1 
(m 2  1) 
(m 2  1) 
3  2a 3  2b

 17
a m b m
9  6a  6b  4ab
 17
(a  m)(b  m )
9  12  4
(ab  (a  b)m  m2
 17
ab  (a  b)m  m 2  m 2  1
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Assim,   4,0,4
P   4  P  4 
Vamos calcular P  0  . O número de possibilidades de  = 0 será
dividida em casos.
(i)  tem duas linhas repetidas;
(ii)  tem duas linhas simétricas.
Com efeito, se M não possui linha repetida e nem linhas simétricas,
então   0 pois, neste caso as linhas de M devem ser escolhidas
entre  1,1,1 ;  1,1,1 ;  1,1,1 ;  1,1,1
4
(i) Existem 176 matrizes com linhas repetidas. Se as três linhas são
repetidas temos 8 possibilidades.
Se são duas iguais:
Temos 8 possibilidades para a linha que se repete e 7 para linha
distinta; permutando temos 8  7  3.
(ii) Existem 144 matrizes com linhas simétricas e sem linhas
repetidas.
Escolhendo a linha para a qual ocorrerá simetria temos 8
possibilidades.
A linha que resta deverá ser escolhida entre as 6 restantes.
Permutado 8  6  3
Assim P  0  
320
512
Como 2P  4   1 
P  4 
320
512
3
16
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