( ( ) ∑ - Cobertura Máxima GGE

GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)
2
MATEMÁTICA - 16/12/2010


a)
b)
c)
d)
e)
z
n
é igual a
n1
2
de (I): x = 0 ou y = -1/2.
89

3i
2
-1
0
1
89
3i
6
 se x = 0
de (II): y = -1  z1  i
 se y = - 1/2:
1
1
1
 x2   x  
2
4
2
1 i
1 i
 z2   ; z3   
2 2
2 2
de (II): 2 x 2 
Solução:
1
Z   1  i 3 ; podemos escrever Z na forma polar:
2

2
x(2y  1)  0 (I)
 2
2x  y  1 (II)
89
01. Dado Z  1  1  3i , então
2
2
 x – y + 2xyi + x + y + xi – y – 1 = 0
2
(2x - y -1) + x(2y + 1) i = 0

2
i
i
1
3
Z   i
e 3  Ze
2
2
89
i(120*89)
10680i
Mas, Z = e
=e
=
 z1  z 2  z 3   i 
2
3
1 i 1 i
    2i
2 2 2 2
ALTERNATIVA E
Mas 360 x 29= 10440 e portanto 10680-10440=240. E portanto
89
2
Z = Z , pois 240 = 2x120.
Logo, o somatório que nada mais é do que uma P.G. de razão Z
é:
04.
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
89
z( Z89  1) Z(Z 2  1)
1
3
1
3

 (Z  1)Z  Z 2  Z   
i 
i  1 Solução:
Z 1
2
2
2
2
Z 1
40 moedas
n 1
5 duas caras
10 normais (cara e coroa)
ALTERNATIVA B
25 duas coroas
nº casos favoráveis
02. Das afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2:
P
espaço amostral
I. |z – z |  | | z | - |z ||
z
n

1
2
1
2
| z1  z 2 || z 2 |  | z 2 ||
III. Se z1 =
|z1|
II.
(cos

+
sen)

0,
então
z11 | z1 |1 (cos   isen) .
é (são) sempre verdadeira(s).
a) apenas I
b) apenas II
c) apenas III
d) apenas II e III
e) todas
Logo
25 5
P

35 7
ALTERNATIVA B
05. 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;
Solução:
I. tome Z1 = - 3 e Z2 = 2
Logo,
|- 3 – 2| = 5 e | |-3| - |2| | = |3 – 2| = 1
5 > 1 falsa!
é(são) verdadeira(s)
a) apenas I
b) apenas II
c) apenas III
d) apenas I e II
e) nenhuma
II. tome z1 = 0 z2 = 1
Logo | z1  z 2 | 0 e || z 2 |  | z 2 || 1
0  1 falsa!
III. Se z1 = |z1| (cos + isen)  0
1
1
1
(cos   isen )
z11 


| z1 | cos   isen  | z1 | (cos   isen ) cos   isen 
Solução:
I. Verdadeira
n ({C : C  B \ A}) = 128
n(B\A)
2
= 128
N(B\A) = 7
z11
| z1 |
1
cos   isen
cos 2   isen 2

z11
| z1 |
1
(cos   isen)
Como A  B, temos n(B\A) = n(B) – n(A)
Assim n(B) – n(A) = 7
ALTERNATIVA C
03. A soma de todas as soluções da equação em C : z
– 1 = 0 é igual a
i
a) 2
b)
2
c) 0
Solução:
Seja z = x + iy; x, y  IR, temos:
2
d) 
i
2
2
2
+ |z| + i z
e) -2i
II. Falsa
Sabemos que n(B) – n(A) = 7
Adicionando 2n(A) em ambos os membros obtemos n(B) + n(A) =
7 + 2n(A)
Logo n(B) + n(A) depende do número de elementos de A, o qual
não é fixo.
II. Falsa
Como n(A) não é fixo, a dupla ordenada (n(A), n(B)) não é única.
2
z + |z| + iz – 1 = 0
ALTERNATIVA A
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1
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)
Onde M = (aij)nxn matriz inversível de ordem n.
Sabemos que p()=det(M-I) é polinômio característico.
 x  2 y  3z  a
y  2z  b
3 x  y  5cz  0

06. O sistema 
2
Mas por hipótese det(M - M) = 0  det(M(M - I)) = 0.
a) é possível, a, b, c  R.
7b
b) é possível quando a 
ou c  1
3
c) é impossível quando c
= 1, a, b R.
7b
, c R
3
7b
e) é possível quando c = 1 e a 
3
d) é impossível quando a 
Solução:
Do sistema, testamos o teorema de Cramer:
1 2
3
0 1
2  5C  12  9  2  5(1  C)
3  1  5C
*Se C  1  Sistema Possível e determinado
* Se C = 1:
x + 2y + 3z = Q (I)
y + 2z = b (II)
3x – y – 5z = 0 (III)
Multiplicando (I) por 3 e somando a (-7) vezes (II)
3x (I) : 3x  6y  9z  3a
-7x (II) :
-7y - 14z  -7b
3x - y - 5z  3a - 7b
→ Se 3a – 7b = 0  sistema possível e indeterminado
7b
a
3
7b
→ se a 
sistema impossível
3
Logo:
Se C  1  possível  a, b.
7b
Se a 
possível  b, c.
3
 detM  det(M - I) = 0  detM = 0 ou det (M - I) = 0.
Mas detM  0. Portanto det (M – I) = 0.
Como p(1) = det (M - I) = 0  p(1) =0, logo 1 é raiz do polinômio
característico, isto é 1 é auto valor de T, deste modo os
autovetores > v  0 associados ao auto valor  = 1 são dados por
T(v) = 1 . V  MV = V onde V  0 e V é ordem (nx1). Afirmação
Verdadeira.
cos 
 sen

 sen
  cos 
III. M   Lg



2

cos 
1  2sen  sen
2 
 sec 
2
2
Det(M) = cos  +sen  = 1  0

 M é inversível   2k,k  z
2
4
08.
2
Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação x + x + ax +
2
3
b = 0, com a, b  R, então a – b é igual a
a) - 64
b) - 36
c) - 28
d) 18
e) 27
Solução:
4
2
P(x) = x + x + ax + b; como 1 é raiz de multiplicidade 2, teremos:
4
2
2
P(x) = x + x + ax + b = (x – 1)  q(x)
Derivando o polinômio P(x), teremos:
3
2
P’(x) = 4x + 2x + a = 2  (x – 1)  q(x) + (x – 1)  q’(x)  logo, x = 1
também é raiz de P’(x).
Dessa forma, substituindo x = 1 em P(x) e em P’(x),
encontraremos:
2  a  b  0 (I)

4  2  a  0 (II)
De (II), temos: a = - 6. Substituindo em (I), teremos: 2 – 6 + b = 0
→b=4
Logo:
2
2
a – b = 36 – 64 = - 28
ALTERNATIVA B
ALTERNATIVA C
07. Considere as afirmações abaixo:
I.
Se M é uma matriz quadrada de ordem n> 1, não-nula e nãoinversível, 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
2
det(M - M) = 0, então existe matriz não-nula X, de ordem n x
1, tal que M X = X.
cos 
 sen 


III. A matriz  tg 
 é inversível ,    k ,k  z.

1  2sen2 
2
2 
 sec 
Destas, é(são) verdadeiras(s)
a) Apenas II.
b) Apenas I e II
c) Apenas I e III
d) Apenas II e III
e) Todas
RESOLUÇÃO:
09.
O
produto
das
raízes
reais
da
equação
2
| x  3 x  2 |  | 2 x  3 | é igual a
a) -5
b) -1
e) 5
c) 1
d) 2
Solução:
2
|x – 3x + 2| = |2x – 3|  temos apenas duas possibilidades:
x 2 - 3x  2  2x - 3 (I)
 2
x - 3x  2  3 - 2x (II)
2
2
(I): x – 3x + 2 = 2x – 3  x – 5x + 5 = 0   = 25 – 20 = 5 > 0
→ logo, da forma genérica da equação do 2º grau, teremos:
5
P1   5
1
(P1: produto das raízes)
c
1
   1
a
1
→ Logo, o produto das raízes será: P1  P2 = 5  (-1) = - 5
2
(II) x – x – 1 = 0 →  = 1 + 4  (+1) = 5 > 0 → P2 
I. Seja V um vetor coluna com n linhas. Temos que o sistema
M  V  0 tem infinitas soluções, pois detM = 0. Escolha n dessas
soluções v1,...,vn.
Considere a matriz N = [v1, v2 , ..., vn]
Então M  N  0
ALTERNATIVA A
II. Defina a seguinte transformação linear
T : RN  RN
V  T( V )  MV
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2
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)
3
 x  a 
4k
10. Considere a equação algébrica
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.
3
2
As demais raízes são raízes da equação 2x – x – 4x + 2 = 0
1
Note que x  é uma de suas raízes.
2
1
Solução:
2
3
 x  a 
4k
k
0
k 1
3
Usando o dispositivo, temos:
2
(x – a1) + (x – a2) + (x – a3) = 0
a1 = 2
S3 = 6  a2 + a2 = 4
2
a1, a1q, a1q
2
2q + 2q = 2
2
As duas raízes que faltam são raízes da equação 2x – 4 = 0 cujos
valores são x   2
ALTERNATIVA E
m
2

e a equação 36x2 +
n
3
36y2 + 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
2
triângulo ABC, em cm , é igual a
2
q +q–2=0
q = - 2 ou q = 1
13.
3
mas q = 1 
 x  a 
4k
k
 0 para x = 0
k 1
logo q = - 2
3
2
(x – 2) + (x + 4) + ( x – 8) = 0
3
2
x – 5x + 21x = 0
Logo x1 + x2 + x3 = 5
a)
ALTERNATIVA A
2x
11.
2y
x
y
A expressão 4e + 9e – 16e – 54e + 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.
2
x
2
y
2
e) o conjunto {(x, y)  R | 2 (e – 2) + 3 (e – 3) = 1}
Solução:
2x
2y
x
y
4  e + 9  e – 16  e – 54 e + 61 = 0
x
y 2
x
y
→ (2  e ) + (3  e ) – 2  2  e  4 – 2  3  e  9 + 16 + 81 + 61 =
16 + 81
x
2
y
2
(2  e – 4) + (3  e – 9) = 36
1ª condição:
x
2
x
x
(2e – 4) < 36 → - 6 < 2e – 4 < 6 → - 2 < 2e < 10 →
x
→ - 1 < e < 5 → como a função exponencial é estritamente
positiva, teremos:
x
0 < e < 5 → x  ( - , n5)
Sejam m e n inteiros tais que
8 2
3
b)
4 2
3
c)
2 2
3
d)
2 2
9
e)
2
9
Solução:
m
2
2
  m n
n
3
3
2
2
36x + 36y + mx + ny – 23 = 0
2
2
2

m

n
n
m
6 2  x    6 2  y    23  6 2    6 2  
2
2
2




 
2
2
n
m
23  6 2    6 2  
2
 
2
Logo
36
2
2
2
 1, pois o raio é 1.
2
 n
n
13
      
36
 3
2
n 2 n 2 13


 n  1, mas como a circunferência está no 2º
9
4
36
quadrante n tem que ser positivo
2
Logo n = 1 e m  
3
2
2

1

1
  y     x    1
2
3


B
2ª condição:
y
2
y
y
(3e – 9) < 36 → - 6 < 3e – 9 < 6 → 3 < 3e < 15 
y
→ 1 < e < 5 → y  (0, n5)
1
x
1/3 1/2
0
C
ALTERNATIVA D
-1/3
12. Com respeito à equação polinomial 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 =
0 é correto afirmar que
a) todas as raízes estão em Q.
b) uma única raiz está em Z e as demais estão em Q\Z.
c) duas raízes estão em Q e as demais têm parte imaginária
não-nula.
d) não é divisível por 2x – 1.
e) uma única raiz está em Q \ Z e pelo menos uma das demais
está em R \ Q.
A
1
2 2
 1 x 
9
3
A ABO  2  A OBC
x2 
Solução:
4
3
2
2x – 3x – 3x + 6x – 2 = 0
Note x = 1 é uma das raízes da equação.
Usando o dispositivo de Briot-Ruffini, temos:
A ABO  2 
A ABO
1  2 2

3  3




2
2 2

9
ALTERNATIVA E
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3
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)
14.
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

11
25
d)

11
13

6
7
e)

3
a)
b)
c)
24

11
Solução:
Vamos supor que os ponteiros se cruzem as 00h00min.
- O ponteiro dos minutos possuem a velocidade de
2
, enquanto
60
2
o ponteiro das horas possuem a velocidade de
.
12  60
- Após 1h, o ponteiro dos minutos estarão novamente marcado 00
min, enquanto o ponteiro das horas marcarão 1 hora.
 Dessa forma, temos as seguintes condições:
 Ponteiro: P = 0 +
 Hora: H=
16.
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
2
200 cm , a medida do segmento AE , em cm, é igual a
10
20
a)
b) 5
c)
3
3
25
d)
e) 10
3
Solução:

x
S2
S1

S1: Área de ADE (triângulo)
S2: Área de BCDE (trapézio)
S3: Área de ABCD (quadrado)
2
S1 + S2 + S3 = 200 cm
Seja o ponto F como na figura.
Note que S2 = S1 + S, sendo S a área de BCFE.
Ou seja, S é a razão da PA.
2
 min
60

2

 min
6 60  12
Para os ponteiros tocarem-se novamente, teremos:
2

2
P = H 
min  
min
60
6 60  12
2
1 
2 11

min  1 
   10  12  min  1
60
 12  6
60
11
Logo, traduzimos os minutos em ângulos teremos:
min 
Assim, da figura:
S3 = S1 + S2 = S1 + S1 + S = 2S1 + S. (I)
Como S1, S2, S3 é PA, temos:
S3 = S1 + 2S (II)
De (I) e (II): S3 = S1 + 2S = 2S1 + S  S1 = S
S1  S
100

cm2
S 2  2S  S  2S  3S  200  S 
3
S  3S
 3
2
ALTERNATIVA C
 S3 = 100 cm . Sendo “” o lado do quadrado:
 = 10 cm
100
x
10 x 100
S1 
cm2  como S1 
, temos:


3
2
2
3
20
x
cm
3
ALTERNATIVA C
15.
17. Num triângulo ABC o lado AB mede 2 cm, a altura relativa ao
60
11

60
2
 
2
11
 Logo, o total em radiamos será: t =
2 
2 24

11
11
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
15
15
25
25
a)
b)
c)
d)
e)
4
6
4
4
2
Solução:
lado AB mede 1 cm, o ângulo AB mede 135° e M é o ponto
médio de AB . Então a medida de BÂC  BM̂C , em radianos, é
igual a
1
1
1
a)

b)

c) 
5
4
3
3
2
d)

e) 
8
5
Solução:
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BCD, temos:
2
2
2
x = 6 + (8 - x)
2
2
x = 36 + 64 -16x + x
16x = 100
25
x=
4
Note que o triângulo BDC é isósceles.
Assim BD = 1 cm
ALTERNATIVA D
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4
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)
Sendo BÂC   e BM̂C   , temos:
 é igual à diferença entre as áreas dos triângulos ABC e BCE.
CD

AD
CD
tg 

DM
Logo:
68 63


 24  9  15
2
2
Assim  - 2 = 14
ALTERNATIVA A
1
3
1
2
tg  tg
tg(  ) 
1  tg  tg
tg 
19.
Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular hexagonal
cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede
10
3cm. Então o raio da esfera, em cm, é igual a
3
1 1

tg(  )  3 2
1 1
1 
3 2
5
tg(  )  6  1
5
6
Note que  e  são menores que 45°. Assim  +  = 45°.
Logo,
1
BÂC  BM̂C  45  
4
ALTERNATIVA B
Solução:
A
h  12cm
G
F
B
E
O
H
C
18. Um triângulo ABC
I
P
10 3

3
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 AB̂C intercepta a circunferência no ponto D. Se
 é a soma das áreas dos triângulos ABC e ABD e  é a área
2
comum aos dois, o valor de  - 2, em cm , é igual a
a) 14
b) 15
c) 16
d) 17
e) 18
Passando um plano pelos pontos A, H e I, teremos a seguinte
seção plana
A
O
H
Solução:
I
Cálculo de OH: analisando o hexágono da base, teremos:
H
B
C
X
O
 BC 
10 3
10 3
3
 OH  OI 

5
3
3
2
X
Como o lado AB dos triângulos ABC e ABD coincide com o
diâmetro da circunferência, os triângulos ABC e ABD são
retângulos em C e D, respectivamente.
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ABC, concluímos
que AC = 8.
Seja E a interseção de BD com AC.
Aplicando o teorema da bissetriz interna no triângulo ABC, temos:
6
10
6  10
16 2




CE AE CE  AE
8
1
CE = 3 e AE = 5
Da semelhança dos triângulos BCE e BDA, temos:
CE BC
3
6



 BD  2  AD
AD BD
AD BD
Fazendo AD = x, temos BD = 2x.
Da aplicação do teorema de Pitágoras no triângulo ABD, temos:
2
2
2
2
2
(2x) + x = 10  5x = 100  x = 20
Segue que:
6  8 2x  x


 24  x 2  24  20  44
2
2
F
E
I
Cálculo de AH: Pelo triângulo AOH, temos:
2
2
2
(AH) = 5 +12 (AH)=13
Dessa forma temos: (Por simetria)
A

13
12
r
r
H
5
O
I
r
5
10
sen =

r 
12  r 13
3
ALTERNATIVA E
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20. Considere as afirmações:
I. Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida a = 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
c) II e IV
d) I, II e IV
e) II, III e IV
Solução:
I. INCORRETA
Seja um triedro com faces de mesma medida . A soma das faces
deve ser menor que 360° para caracterizar a existência do ângulo
triédrico. Caso a soma seja igual a 360° o ângulo deixa de ser
poliédrico e os ângulos passam a ser coplanares.
Logo: 3<360º
<120º
Assim, (AB)  (B\A) = 
C
C
Mas (A  B)  (B\A) = (A  B)  (B  A ) = B  (A  A ) = B
Logo, B =  : ABSURDO, pois B  
Logo, concluímos que não existe tais conjuntos A e B.
22. Sejam n  3 ímpar, z  C \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes de zn =
1. Calcule o número de valores |z1 – zj|, i, j = 1, 2,..., n, com i  j,
distintos entre si.
Solução:
n
Z = 1 polígono com n lados inscrito na circunferência de raio 1.
zj
zi
zi  z j
Logo queremos o número de segmentos que tem comprimento
diferente; para um ponto temos n – 1 possibilidades pela simetria
n 1
segmentos diferentes.
2
II. CORRETO
23.
Pela mesma justificativa do item anterior:
30° + 45° + 50° + 50° + 170° = 345°
345° < 360° (EXISTIRIA O ÂNGULO POLIÉDRICO)
Mas:
30° + 45° + 50° + 50° + 170° = 175°
175° > 170°
(MAIOR QUE A MEDIDA DA MAIOR FACE, LOGO, NÃO EXISTE
O ÂNGULO POLIÉDRICO.)
III. INCORRETA
Cálculo do número de arestas pelas faces:
1x3  1x 4  1x5  2x 6
A
2
A = 15
F=3+1+1+2
F=7
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.
Solução:
5 história
4 biologia
2 espanhol
nº casos favoráveis
P
espaço amostral
5  4  3  2  1 4  3  2  1 2  1 3  2  1
11  10  9  8  7  6  5!
1
1155
P
Aplicando Eüler:
F–A+V=2
7 – 15 + V = 2
V = 10
24. Resolva a inequação em
 1
16   
4
log 1 ( x 2  x 19 )
5
Solução:
IV. CORRETA
Si = (V – 2)  360°
Si = (10 – 2)  360°
Si = 8.360°
Si = 2880°
 1
16   
4
5
2
Note que x – x + 19 > 0 para todo x  R.
Assim, temos:
ALTERNATIVA C
21.
2
Analise a existência de conjuntos a e b, ambos não-vazios,
tais que (A\B)  (B\A) = A.
 1
 
4
Solução:
Seja x = (A\B)  (B\A)
c
c
 X = (AB )  (BA )
log 1 ( x
 1
 
4
2
log 1 ( x 2  x19 )
5
 x  19 )  2
5
Da equação, temos:
X=Ax-A=
c
C
c
C
Mas, X – A = X  A = [(AB )  (BA )]A
C
C
C
C
C
X – A = (AB  A )  (BA  A ) = B  A = B\A
B\A = 
Assim: X = (A\B)  (B\A) = (A\B)
 A\B = A  A  B = 
log 1 ( x 2  x 19 )
1
x 2  x  19   
5
2
2
x – x + 19 > 25
2
x –x–6>0
S  {x  R : x  2 ou x  3}
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25.
Determine todas as matrizes M  M 2x2 (IR) tais que M N =
NM, N  M 2x2 (IR).
Solução:
a b

Seja M  
 c d
x
Seja N  
z
y
 uma matriz qualquer.
t 
    
0
2
   0  
2
  0  0 
2
2
De MN = NM segue que:
a b  x y   x y   a b

 
  
 

 c d  z t   z t   c d
-2 < m < 2 (**)
Da interseção de (*) e (**), temos:
-2 < m < 0 (III)
Efetuando os produtos, temos:
ax + bz = ax + cy  bz = cy
(I)
ay + bt = bx + dy  (a – d) y = b(x – t) (II)
27. Considere
Por fim, de (I), (II) e (III) segue que -2 < m < -
A equação (I) é válida para todo y e z, logo b = c = 0.
Substituindo b = 0 na equação (II) e lembrando que (II) é válida
para todo y obtemos a = d.
a 0
 para todo a  IR.
Assim M  
0 a
26. Determine todos os valores de m R tais que a equação (2 2
m) x +2mx +m + 2 =0 tenha duas raízes reais distintas e maiores
que zero.
2
uma esfera  com centro em C e raio r = 6 cm e
um plano  que dista 2 cm de C. Determine a área da intersecção
do plano  com uma cunha esférica de 30° em  que tenha aresta
ortogonal a .
Solução:
Resolução:
2
(2 -m) x + 2mx + m + 2 = 0
2 – m  0  m  2 (I)

Para que a equação tenha duas raízes reais distintas, devemos
ter:
>0
2
2
4 + x = 36
(2m) – 4 (2 - m) (m+2) > 0
2
2
4m + 4m – 16 > 0
2
m -2>0

x  32

0
0

 2
2
32
m<  2
ou
m>
2 (II)
Para que as raízes sejam maiores que zero devemos ter:
x' x ' '  0

x'x"  0
em que x' e x' ' são as raízes
Segue que:
R 2
 2m
0
 m  2

m  2  0
 2  m
x
30
8
x
360
3
28.
2m
0
m2







a) Calcule  cos 2  sen 2  cos
 2 sen cos sen
.
5
5
10
5
5
10

  
0
0
  
0
2
  0   0 
0
2
b) Usando o resultado do item anterior, calcule sen
Solução:
a)

  



2  
2   
cos    sen    cos   2sen cos sen
5
5
5
10
 
 5 
 10 

 cos
m < 0 ou m > 2 (*)
m2
0
2m


cos .
10
5
2

2

cos
 sen
sen
5
10
5
10

 2  
 cos 

  cos  0
2
 5 10 
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Assim







 2sen cos sen
0
 cos 2  sen 2  cos
5
5
10
5
5
10

2

2 3
 sen  
senA
2
2
sen (45 – 30) = sem 15°
b)
Seja
2- 3
2
2
3 1
2

 
 sen 15 
2
2
2 2
Igualando o valor das expressões:


P  Sen cos
10
5
6 2

4
0 = 0(V)
Assim




2sen P  2sen cos sen
5
5
5
10

2

2sen P  sen
sen
5
5
10
2

2

Pelo item a) temos que sen
 sen
 cos
 cos
5
10
5
10


2 3
 42 3  6 22 2
2
Logo  = 15°
b)
Lei dos cossenos no triângulo OB̂C
x  3C
Assim

2

2sen P  cos
cos
5
5
10
Adicionando as duas igualdades, obtemos que


2

2

2sen P  2sen P  cos
cos
 sen
sen
5
5
5
10
5
10
2  3  x 2  2  3  2x 2  3 
3
2

3 
x x  2 2  3
0


2


x  0 (C  B) ou x  3( 2  3 )
4sen

 2
 
P  cos


5
 5 10 
4sen

 3 
P  cos

5
 10 
AC 
Mas,
 3 


5 10 2
30.
Logo,
2  3( 2  3 )cm
Considere um triângulo eqüilátero cujo lado mede 2 3 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.
Logo,

 3 
1
sen  cos
 e portanto P  4
5
 10 
Deste modo

 1
sen
cos 
10
5 4
Solução:
a)
29. Num triângulo AOB o ângulo AÔB mede 135° e os lados AB e
OB medem 2cm
e
2  3 cm ,
respectivamente.
2 3
A
circunferência de centro em O e raio igual à medida de OB
intercepta AB no ponto C( B).
a) Mostre que OÂB mede 15°.
b) Calcule o comprimento de AC .
Sen 30 
Solução:
r
x
x = 2r
2  3
2 3 3


3 2
3
2
1
r   r  cm
4
2
Logo 4r 
2
2 3
b)
2 3
A  4  AO 
2 3
 4  r 2
4
(2 2 ) 2 3
1
 4  (3 3  ) cm 2
4
4
c)
a) Lei dos senos:
2 3
2

, mas sem 135 = sen45°
sen 135
sen Â
Sen 30 
x
r
x
r
 x = 2r
1
2
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