Matemática

Matemática
01. Considere a expressão x4 – x3 – 5x2 – x – 6. Pede-se:
A) encontrar o valor numérico da expressão para x = – 2.
B) obter todas as raízes complexas do polinômio p(x) = x4 – x3 – 5x2 – x – 6.
Questão 01
Comentários: A questão explora conhecimentos sobre aritmética, álgebra elementar, números
complexos e polinômios.
A) A substituição direta fornece
(–2)4 – (–2)3 – 5(–2)2 – (–2) – 6 = 16 – (–8) – 5⋅4 + 2 – 6
= 16 + 8 – 20 + 2 – 6 = 0.
Pauta de correção:
A) Dois (02) pontos se chegar à resposta correta (dar um (01) ponto pela substituição correta,
ainda que com cálculos aritméticos errados e não chegando ao resultado 0 (zero)).
B) Pelo item A), uma das raízes de p(x) é – 2. Portanto p(x) é divisível por x – (–2) = x + 2 e, efetuando
tal divisão, obtemos
p(x) = (x + 2)(x3 – 3x2 + x – 3).
A partir disso, há duas abordagens possíveis.
i. Observando que
x3 – 3x2 + x – 3 = (x3 + x) – (3x2 + 3)
= x(x2 + 1) – 3(x2 + 1)
= (x2 + 1)(x – 3),
concluímos que as demais raízes de p(x) são as raízes complexas dos polinômios x2 + 1 ou x – 3, isto é,
são ± i e 3.
ii. Aplicando o critério de pesquisa de raízes racionais ao polinômio q(x) = x3 – 3x2 + x – 3, concluímos
a
que suas possíveis raízes racionais são da forma , em que a e b são inteiros tais que a é divisor de 3
b
e b é divisor de 1. Portanto, as possíveis raízes racionais de q(x) são –3, –1, 1 ou 3. Testando tais
possibilidades, concluímos que 3 é raiz de q e então obtemos
q(x) = (x2 + 1)(x – 3).
O resto se dá como em (i).
Pauta de correção:
B) Três (03) pontos pela fatoração correta (obtendo o polinômio x3 – 3x2 + x – 3). Penalizar em
um (01) ponto por eventuais erros de cálculo.
Três (03) pontos se chegar à raiz x = 3.
Dois (02) pontos pelo cálculo das outras duas raízes (i e – i).
Observação: penalizar em um (01) ponto se a resposta for simplesmente ± i.
Pág. 1 de 8
a sen y +b cos y
02. Os números reais a, b e y são tais que a ≠ 0 e a cos y ≠b sen y . Se tg x = a cos y −b sen y ,
calcule o valor de tg(x – y) em função de a e b somente.
Questão 02
Comentários: A questão explora conhecimentos sobre trigonometria.
a tg y +b
Solução 1: Dividindo numerador e denominador por cos y, obtemos tg x = a −b tg y , e daí a tg x
– b tg x tg y = a tg y + b, ou ainda a(tg x – tg y) = b(tg x tg y + 1). Portanto,
tg x −tg y
b
tg(x – y) = 1 +tg x tg y = a .
Solução 2. Note inicialmente que
 a sen y +b cos y  sen y

= −1

 a cos y −b sen y  cos y
⇔( a sen y + bcos y )sen y = −( a cos y − b sen y ) cos y
tg x tg y = – 1⇔ 

⇔a sen 2 y = −a cos 2 y ⇔a =0 ,
tg x −tg y
o que não ocorre. Portanto, podemos aplicar a fórmula de adição tg ( x − y ) = 1 +tg x . tg y .
Substituindo a expressão para tg x na mesma fórmula, obtemos sucessivamente
tg ( x − y ) =
=
tg x −tg y
=
1 + tg x . tg y
( a sen
( a cos
a sen y +b cos y
−tg y
a cos y −b sen y
 a sen y +b cos y 
1 +
 a cos y −b sen y 
tg y


y +b cos y ) cos y −( a cos y −b sen y ) sen y
b cos 2 y +b sen 2 y
b
=
=
y −b sen y ) cos y +( a sen y +b cos y ) sen y
a
a cos 2 y +a sen 2 y
Pauta de correção (Soluções 1 e 2):
Três (03) pontos por escrever corretamente a fórmula para a tangente da diferença (não penalizar
pela não-verificação de que tg x.tg y ≠ – 1).
Sete (07) pontos por substituir a expressão dada para tg x na fórmula para tg (x – y) e efetuar
corretamente as simplificações (procurar limitar as pontuações parciais a quatro (04) pontos ou nada).
Solução 3. Denote c =
a 2 +b 2
a
, e seja θ∈[0,2π) o arco trigonométrico tal que cos θ= c e
b
sen θ= . Então, a =c cos θe b =c sen θ, donde segue que
c
c cos θ sen y +c sen θ cos y
sen (θ + y )
tg x =
=
=tg (θ + y ) .
c cos θ cos y −c sen θ sen y
cos (θ + y )
Logo, existe um inteiro k tal que x − (θ + y ) = kπ , ou ainda x − y = θ + kπ , e segue daí que
tg(x – y) = tg (θ + kπ) =tg θ= b .
a
Pauta de correção (Solução 3):
b
a
Três (03) pontos pelas substituições cos θ= e sen θ = .
c
c
Quatro (04) pontos por chegar a uma igualdade equivalente a tg x = tg (θ + y). Penalizar em um
(01) ponto se chegar a tg x = cotg (θ + y) ou tg x = tg (θ – y), ou cometer erro equivalente.
Três (03) pontos se resolver corretamente a equação trigonométrica (em θ) tg x = tg (θ + y) e
chegar à resposta correta.
03. Calcule o menor valor inteiro de n tal que 2n > 520, sabendo que 0,3 < log102 < 0,302.
Pág. 2 de 8
Questão 03
Comentários: A questão aborda conhecimentos sobre logaritmos.
Tomando logaritmos decimais em ambos os membros da desigualdade desejada, obtemos
2n > 520 ⇔ log102n > log10520 ⇔ n⋅log102 > 20⋅log105
⇔ n⋅log102 > 20(1 – log102)
 1

−1
⇔ n > 20 
.
 log 10 2

Utilizando as estimativas do enunciado, obtemos
 1

 1

 1000
 6980
20 
−1 > 20 
−1 = 20 
− 1 =
> 46
 302
 151
 0,302

 log 10 2

e
 1

 1

 10
 140
20 
−1 < 20 
−1 = 20  −1 =
< 47 .
3
3

 0,3

 log 10 2

Portanto, o menor valor possível de n é 47.
Pauta de correção:
 1

−1.
Quatro (04) pontos se chegar à desigualdade n > 20 
 log 10 2

Três (03) pontos pela estimativa por baixo (> 46). Penalizar em um (01) ponto se obtiver > 45
6980
ou parar em
.
151
Três (03) pontos pela estimativa por cima (< 47). Penalizar em um (01) ponto se obtiver < 48
140
ou parar em <
.
3
Pág. 3 de 8
04. Poupêncio investiu R$ 1000,00 numa aplicação bancária que rendeu juros compostos de 1% ao mês, por
cem meses seguidos. Decorrido esse prazo, ele resgatou integralmente a aplicação. O montante resgatado
é suficiente para que Poupêncio compre um computador de R$ 2490,00 à vista? Explique sua resposta.
Questão 04
Comentários: A questão aborda conhecimentos sobre matemática financeira, seqüências e binômio de
Newton.
Para ver por que o dinheiro de que Poupêncio dispunha após os cem meses foi suficiente para a
compra, observe-se que, se o montante investido em um certo mês fosse x reais, no mês seguinte
1 

x reais. Portanto, a sequência que define a evolução do
Poupêncio teria x + (1%)x = 1 +
100 

1
montante aplicado é uma progressão geométrica de razão 1 +
e termo inicial 1000, de maneira
100
que Poupêncio resgatou, após cem meses, um total de 1000 
1 +

100
1 

100 
reais. Esse total é certamente
maior que 2490 reais, pois a fórmula do binômio de Newton nos dá
100
1 

1000 1 +

100


100  1


= 1000 ∑100
k =0  k 

 100 k
100  1
100  1
100  1 



> 1000 
+ 
+ 

0
1
 1  100
 2  100 2 
 0  100
99 

 = 2495 .
= 1000  2 +
200 

Pauta de correção:
Cinco (05) pontos por deduzir ou dizer que o montante resgatado é 1000 
1 +

99
100
1 

100 
.
101
1 
Penalizar em um (01) ponto se escrever 1000 
1 +

100


1  .
ou 1000 
1 +

100


100
1


Cinco (05) pontos por estimar corretamente que 1000 1 +
 > 2490 . Penalizar em dois
100 

100
1 

(02) pontos se obtiver a estimativa pior 1000 1 +

100


> 2000 (correspondente a juros simples)
101
1 

ou estimativa correta partindo do valor incorreto 1000 1 +

100 

.
99
101
1 
1  ,

Observação: i. se continuar errado a partir de 1000 
1 +
 > 2000 ou 1000 1 +

100
100




a segunda parte vale no máximo quatro (04) pontos.
ii. considerar a mesma pauta se ignorar o montante inicial 1000 e olhar só os juros.
iii. se calcular a evolução do montante mês a mês, notando que aumenta pelo menos
10 reais a cada mês, dando 2000 no final, utilizar a mesma pauta acima em relação aos juros simples,
i.e., dar três (03) pontos.
Pág. 4 de 8
05. Em um sistema Cartesiano de origem O, seja P o ponto de coordenadas (1, 2) e r uma reta que passa por
P e intersecta os semi-eixos positivos das abscissas e ordenadas respectivamente nos pontos A e B.
Calcule o menor valor possível para a área do triângulo AOB.
Questão 05
Comentários: A questão aborda conhecimentos sobre geometria analítica, funções de segundo grau e
álgebra elementar.
ab
Se A(a, 0), B(0, b) e S denota a área de AOB, então a, b > 0 e S =
. Por outro lado, a
2
x y
+ = 1 , e, como P∈ r, devemos ter
equação da reta r no sistema Cartesiano em questão é
a b
1 2
+ = 1 . A partir disso, há duas possíveis abordagens.
a b
i. S será mínima se e somente se
1
for máxima. Como
2S
21
1
1 1 
= ⋅ = 1 −  = (1 – 2u)u = – 2u2 + u,
b b
2S a b 
1
, é suficiente maximizarmos, para u > 0, a função f (u) = – 2u2 + u. A teoria de máximos
b
1
e mínimos de funções de segundo grau garante que o valor máximo de tal função é
, valor atingido
8
1
1
1
quando u = . Portanto, o valor máximo para
é
, e daí obtemos que o valor mínimo para S é
4
2S
8
4.
em que u =
ii. Isolando a em função de b, obtemos a =
b
; como a > 0, temos b – 2 > 0, e daí
b −2
4
b2
=b +2 +
b −2
b −2
4
+4
= b −2+
b −2
4
≥ 2 ( b − 2) ⋅
+4 =8,
b−2
2S = ab =
em que utilizamos a desigualdade entre as médias aritmética e geométrica para dois números reais
4
positivos na última passagem acima. Portanto, S ≥ 4 , sendo o valor 4 atingido quando b – 2 =
,
b −2
isto é, quando b = 4.
Pauta de correção:
Um (01) ponto por figura correta, com indicação dos eixos Cartesianos, da reta desejada e dos
pontos A, B e P.
Três (03) pontos por modelar algebricamente o problema de maneira correta, chegando à
1 2
equação + = 1 .
a b
21
1

b2
Três (03) pontos por obter uma fórmula equivalente a 2S =
ou
= 1 −  .
b b
2S 
b −2
Três (03) pontos por minimizar corretamente a área, utilizando qualquer das maneiras acima ou
Cálculo (mesmo que só aplique o teste da derivada primeira).
Pág. 5 de 8
06. Temos, em um mesmo plano, uma reta r e um triângulo ABC, de lados AB = 3 cm, AC = 4 cm e BC = 5cm,
situado de tal forma que o lado AC é paralelo à reta r, distando 3 cm dela. Calcule, em cm3, os possíveis
valores para o volume V do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo ABC em torno da reta r.
Questão 06
Comentários: A questão explora conhecimentos sobre geometria espacial e geometria plana.
Inicialmente, como 32 + 42 = 52, a recíproca do teorema de Pitágoras garante que ABC é retângulo em
A. Portanto, o ponto D, de interseção da reta r com a reta suporte do lado AB, coincide com o pé da
perpendicular baixada de B (ou de A) a r. Seja E o pé da perpendicular baixada de C a r. Há dois casos
a considerar:
a) B e D coincidem: neste caso, temos V = V1 – V2, em que V1 é o volume do cilindro circular reto de
geratriz AC e raio da base CE e V2 o volume do cone circular reto de altura DE e raio da base CE. Em
1
cm3, V1 = π.3 2 .4 = 36 π e V2 = π.3 2 .4 = 12 π ; logo, V = 36 π −12 π = 24 π.
3
b) A é o ponto médio do segmento BD: sendo F a interseção de r com a reta suporte do lado BC, temos
V = V3 – (V1 + V4), em que V3 é o volume do cone circular reto de altura DF e raio da base BD e V4
o volume do cone circular reto de altura EF e raio da base CE. Agora, a semelhança dos triângulos
1
CEF e BDF garante que EF = 4 cm, daí DF = 8 cm. Portanto, em cm3 temos V3 = π.6 2 .8 = 96 π
3
π
π
e V4 = V2 = 12π, de maneira que V = 96π – (36
+ 12 ) = 48π.
Pauta de correção:
Um (01) ponto por observar que ABC é retângulo em A.
Dois (02) pontos pelas figuras correspondentes aos casos B = D e A ponto médio de BD,
indicando o sólido de revolução em cada caso (um ponto por figura).
Três (03) pontos pelo cálculo correto do volume quando B = D.
Quatro (04) pontos pelo cálculo correto do volume quando A for o ponto médio de BD. Não
penalizar se usar corretamente a fórmula para o volume V de um tronco de cone de bases com raios a >
1
2
2
b e altura h: V = πh(a + ab + b ) .
3
Pág. 6 de 8
07. Os inteiros não todos nulos m, n, p, q são tais que 45 m .60 n .75 p .90 q =1 .
Pede-se:
A) dar exemplo de um tal quaterno (m, n, p, q).
B) encontrar todos os quaternos (m, n, p, q) como acima, tais que m + n + p + q = 8.
Questão 07
Comentários: A questão explora conhecimentos sobre aritmética e sistemas lineares.
Escrevendo 45 = 32⋅5, 60 = 22⋅3⋅5, 75 = 3⋅52 e 90 = 2⋅32⋅5, obtemos
1 = (32⋅5)m(22⋅3⋅5)n(3⋅52)p(2⋅32⋅5)q = 22n + q32m + n + p + 2q5m + n + 2p + q,
e, a partir daí, o sistema linear homogêneo de equações
 2n + q = 0

 2m + n + p + 2q = 0
 m + n + 2p + q = 0.

A primeira equação do sistema nos dá q = –2n. Substituindo essa relação nas duas outras equações e
escrevendo-as como um sistema linear em m e p, obtemos
 2m + p = 3n

 m + 2p = n .
5n
n
e p=– .
3
3
a) Fazendo n = 3, obtemos a possibilidade m = 5, n = 3, p = – 1, q = – 6.
5n
n
n
n
b) Como m + n + p + q =
+ n – – 2n = , devemos ter
= 8, e daí n = 24, m = 40,
3
3
3
3
p = – 8, q = – 48.
Resolvendo o sistema para m e p, obtemos m =
Pauta de correção:
A) Três (03) pontos por armar o sistema homogêneo corretamente.
Observação: se as equações do sistema armado não estiverem todas corretas, a nota deve ser
0 (zero).
Três (03) pontos por expressar três das variáveis em função da variável restante e obter
valores corretos.
Observação: dar os seis (06) pontos se o aluno der exemplo correto, mesmo que sem
justificativa. Dar 0 (zero) a essa parte caso os valores encontrados estejam errados.
B) Quatro (04) pontos por resolver o sistema possível e determinado correspondente. Penalizar
em um (01) ponto pelo cometimento, na resolução do sistema, de algum erro de cálculo que
o leve a um dos quaternos de inteiros (*, 24, –8, – 48), (40, *, –8, – 48), (40, 24, *, – 48) ou
(40, 24, –8, *), em que, em cada caso, * representa um inteiro diferente do correto.
Observação: caso o aluno somente monte o sistema correto e resolva B corretamente, deve
receber 10 pontos.
Pág. 7 de 8
08. ABC é um triângulo retângulo em A, com catetos AB e AC de medidas respectivamente iguais a 3 cm e 4 cm.
Com centros em B e em C, traçamos dois círculos e , de raios respectivamente 3 cm e 4 cm, e, em
seguida, uma reta r que passa por A e intersecta e respectivamente nos pontos P e Q, com P, Q ≠ A.
Calcule o maior valor possível do produto dos comprimentos dos segmentos PA e QA.
Questão 08
Comentários: A questão aborda conhecimentos sobre geometria plana e funções trigonométricas.
Se ∠PAB =
θ , então ∠QAC = 90 0 −θ . Como os triângulos PAB e QAC são isósceles de
bases PA e QA, respectivamente, a trigonometria de triângulos retângulos nos dá PA = 6 cos
θ e QA = 8 cos 90 0 −θ = 8 sen θ . Logo,
(
)
PA⋅QA = 48 cos θ sen θ = 24 sen(2 θ ),
de maneira que o maior valor possível para PA⋅QA é 24 cm2, obtido quando θ = 45 0 .
Pauta de correção:
Dois (02) pontos por figura correta, correspondente ao caso em que A é interior ao segmento PQ
ou ao caso em que A é exterior a tal segmento.
Quatro (04) pontos pela introdução de uma variável angular apropriada e pela obtenção das
expressões corretas para os comprimentos dos segmentos PA e QA em função da mesma.
Quatro (04) pontos pela obtenção do máximo desejado, utilizando transformações
trigonométricas ou Cálculo (mesmo que somente o teste da derivada primeira).
Prof. José Othon Dantas Lopes
Coordenador da Prova de Matemática-CCV/UFC
Pág. 8 de 8