matemática - Curso Objetivo

M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
⺞: conjunto dos números naturais
⺢: conjunto dos números reais
⺢+: conjunto dos números reais não-negativos
i: unidade imaginária; i2 = –1
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
––
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B
◠: arco de circunferência de extremidades A e B
AB
arg z: argumento do número complexo z
[a , b] = {x ∈ ⺢ : a ≤ x ≤ b}
A \ B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
AC: complementar do conjunto A
n
a xk = a0 + a1x + a2x2 + … + anxn, n ∈ ⺞
k=0 k
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
1
D
Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se
apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número de
diferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos pode
ser trocada é igual a
a) 6.
b) 8.
c) 10.
d) 12.
e) 14.
Resolução
1 centavo
5 centavos
10 centavos
25
0
0
20
1
0
15
2
0
15
0
1
10
3
0
10
1
1
5
4
0
5
2
1
5
0
2
0
5
0
0
3
1
0
1
2
O número total de maneiras de trocar a moeda é 12.
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
2
D
Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três disparos. Se os dois atiradores disparam simultaneamente,
então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menos
uma vez e igual a
2
a) ––– .
9
1
b) ––– .
3
4
c) ––– .
9
5
d) ––– .
9
2
e) ––– .
3
Resolução
A probabilidade de os dois errarem o alvo é
4
2
2
–– . –– = ––
9
3
3
A probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma
5
4
vez é 1 – –– = ––
9
9
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
3
B
Sejam z = n2(cos 45° + i sen 45°) e
w = n(cos 15° + i sen 15°), em que n é o menor inteiro
z
positivo tal que (1 + i)n é real. Então, ––– é igual a
w
3 + i.
a) b) 2(
3 + i).
d) 2(
2 – i).
e) 2(
3 – i).
Resolução
c) 2(
2 + i).
n
1) (1 + i)n = (
2 ) [cos (n . 45°) + i . sen (n . 45°)]. O
menor inteiro positivo n que torna (1 + i)n real é
4, pois sen (4 . 45°) = 0
z
n2 . (cos 45° + i . sen 45°)
2) ––– = –––––––––––––––––––––– =
w
n . (cos 15° + i . sen 15°)
= n (cos 30° + i sen 30°) =
3
1
= 4 . –––– + i. ––– = 2 . (
3 + i)
2
2
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
4
E
π
Se arg z = ––– , então um valor para arg(– 2iz) é
4
7π
3π
π
π
π
a) – ––– . b) ––– . c) ––– . d) ––– . e) ––– .
4
4
2
4
2
Resolução
π
π
π
1) arg z = –– ⇒ z = | z | . cos –– + i . sen ––
4
4
4
3π
3π
2) – 2i = 2 . cos ––– + i . sen –––
2
2
3π
π
π 3π
3) –2i. z = 2 . | z | . cos –– + ––– + i . sen –– + ––– ⇒
2
2
4
4
7π
3π
π
⇒ arg (– 2iz) = –– + ––– = –––
4
2
4
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
5
E
Sejam r1, r2 e r3 numeros reais tais que r1 – r2 e
r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações:
I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional;
II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional;
III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais,
é (são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e II.
e) I, II e III.
Resolução
Dados que r1 – r2 ∈ ⺡ e r1 + r2 + r3 ∈ ⺡, onde ⺡
representa o conjunto dos números racionais, temos:
I) Verdadeira, pois
a) r1 ∈ ⺡
r1 – r2 ∈ ⺡ ⇒ r2 ∈ ⺡
r1 ∈ ⺡
r1 + r2 + r3 ∈ ⺡
b) r2 ∈ ⺡
r1 – r2 ∈ ⺡
⇒ r1 ∈ Q
r2 ∈ ⺡
r1 + r2 + r3 ∈ Q
II) Verdadeira, pois
⇒ r3 ∈ ⺡
⇒ r3 ∈ ⺡
r3 ∈ ⺡
r3 ∈ ⺡
r1 + r2 + r3 ∈ ⺡ ⇔ (r1 + r2) + r3 ∈ ⺡ ⇒ r1 + r2 ∈ ⺡
III) Verdadeira, pois
r3 ∈ ⺡
(r1 + r2) + r3 ∈ ⺡ ⇒ r1 + r2 ∈ ⺡
r1 – r2 ∈ ⺡
⇔
r1 + r2 ∈ ⺡
2r ∈ ⺡ 1
⇔
⇔
r1 ∈ ⺡
⇒ r2 ∈ ⺡
r1 + r2 ∈ ⺡
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
6
C
As raízes x1, x2 e x3 do polinômio
p(x) = 16 + ax – (4 + 2)x2 + x3 estão relacionadas pelas
equações:
x3
2x3 = 0
x1 + 2x2 + ––– = 2 e x1 – 2x2 – 2
Então, o coeficiente a é igual a
a) 2(1 – 2).
b) 2(2 + 2).
2.
d) 4 + e) 2 – 4.
c) 4(
2 – 1).
Resolução
Pelas relações de Girard, temos:
x1 + x2 + x3 = 4 + 2
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a
x1 x2 x3 = – 16
Pelas condições dadas e por Girard, temos:
x1 + x2 + x3 = 4 + 2
x3
x1 + 2x2 + ––– = 2
⇔
2
2 x3 = 0
x1 – 2x2 – ⇔
⇔
x1 + x2 + x3 = 4 + 2
x3
x2 – ––– = – 2 – 2
2
⇔
2 + 1) x3 = – 4 – 2
–3x2 – (
x1 + x2 + x3 = 4 + 2
(I)
x3
x2 – –––
= – 2 – 2
(II)
2
5
2 + –– x3 = –10 – 4 2 (III)
– 2
Da equação (III) temos:
5
x
2 + –––
2 3=4
5
⇔x
2 + –––
2 3
= 4.
Substituindo nas equações (I) e (II) temos:
x2 = – 2 e x1 = 2 2
Da segunda relação de Girard, temos:
2 . (–
2 ) + 2 2 . 4 + (–
2).4=a⇔
2 ⇔ – 4 + 8 2 – 4 2 = a ⇔ a = 4 (
2 – 1)
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
7
A
Sabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é
uma progressão aritmética com o último termo igual a
– 127. Então, o produto xyz é igual a
a) – 60.
b) – 30
c) 0
d) 30
e) 60
Resolução
Se (x + 2y; 3x – 5y; 8x – 2y; 11x – 7y + 2z) é uma
progressão aritmética e o último termo é – 127 então
1)
2 (3x – 5y) = (x + 2y) + (8x – 2y)
2 (8x – 2y) = 3x – 5y – 127
⇔
2)
3x + 10y = 0
⇔
13x + y = – 127
⇔
x = – 10
y=3
11x – 7y + 2z = – 127
x = – 10
⇒ z=2
y=3
3) x . y . z = – 10 . 3 . 2 = – 60
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
8
C
Considere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes
3 são duas de suas raízes.
reais. Sabe-se que – 2i e i – Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio
3).
q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(l) = 20(5 + 2
Então, p(–1) é igual a
a) 5(5 – 2
3).
b) 15(5 – 2
3).
c) 30(5 – 2
3).
d) 45(5 – 2
3).
3).
e) 50(5 – 2
Resolução
P(x) = a (x – r1) (x – r2) (x – r3) (x – r4) (x – r5)
3 + i, –
3 – i, r5
São raízes de P(x): –2i, 2i, –
Como P(x) é divisível por x – 5 então P(5) = 0 ⇒ r5 = 5
Então:
3 – i) (x + 3 + i) . (x – 5)
P(x) = a(x + 2i) (x – 2i) (x + 3), tem-se:
Sendo P(1) = 20 (5 + 2
3) =
20 (5 + 2 3 – i) (1 + 3 + i) . (– 4) ⇔
= a . (1 + 2i) (1 – 2i) (1 + 3) = a . (1 + 4) [(1 + 3 )2 +1] . (– 4) ⇔
⇔ 20 (5 + 2 3) = a . (– 20) (5 + 2
3 ) ⇔ a = –1
⇔ 20 (5 + 2 Então:
3 – i) (x + 3 + i) (x – 5)
P(x) = (– 1) (x + 2i) (x – 2i)(x + 3 ) (– 6) ⇔
Assim, P(– 1) = (–1) (5) (5 – 2 3)
⇔ P (– 1) = 30 (5 – 2 I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
9
A
3 cm,
Um triângulo ABC tem lados com medidas a = ––––
2
1
b = 1 cm e c = –– cm. Uma circunferência é tangente ao
2
lado a e também aos prolongamentos dos outros dois
lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita
ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é
igual a
3+1
a) ––––––– .
4
3
b) –––– .
4
3
d) –––– .
2
3+2
e) ––––––– .
4
3+1
c) ––––––– .
3
Resolução
3
O triângulo ABC, com lados de medidas a = –––– cm,
2
1
b = 1cm e c = –– cm é retângulo em B, pois b2 = a2 + c2
2
Assim, sendo x a medida, em centímetros, do raio da
circunferência ex-inscrita ao triângulo ABC, tangente
ao lado a e tangente aos prolongamentos dos lados b e
c, nos pontos U e T, respectivamente, como AT = AU,
tem-se:
a+b–c
c + x = b + (a – x) ⇔ x = –––––––
2
3
1
–––– + 1 – –––
3+1
2
2
Logo: x = –––––––––––––– ⇔ x = –––––––
4
2
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
10
B
Sejam A = (0, 0), B = (0, 6) e C = (4, 3) vértices de um
triângulo. A distância do baricentro deste triângulo ao
vertice A, em unidades de distância, e igual a
5 .
a) –––
3
97
b) ––– .
3
5
d) –––– .
3
10 .
e) –––
3
109
c) –––– .
3
Resolução
Sendo G (xG; yG) o baricentro do triângulo de vértices
A (0, 0), B (0, 6) e C (4, 3), temos:
0+0+4
4
0+6+3
xG = ––––––––– = ––– e yG = ––––––––– = 3
3
3
3
4
A distância de G ( ––– ; 3) ao vértice A (0, 0) é igual a
3
97
97
––– = ––––
3
9
4
–– – 0
3
2
+ (3 – 0)2 =
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
11
D
A área do quadrilátero definido pelos eixos coordenados
e as retas r : x – 3y + 3 = 0 e s : 3x + y – 21 = 0, em
unidades de área, é igual a
19 .
a) –––
2
25 .
b) 10. c) –––
2
27 .
d) –––
2
29 .
e) –––
2
Resolução
Sendo Q a intersecção entre as retas r e s, temos
Q(6, 3), pois:
3x + y – 21 = 0
x – 3y + 3 = 0
⇔
y = 3
x=6
Considerando-se que a área pedida seja do quadrilátero convexo OPQR, temos:
(1 + 3) . 6
1.3
27
S = –––––––––– + ––––– = –––
2
2
2
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
12
E
Dados os pontos A = (0, 0), B = (2, 0) e C = (1, 1), o lugar
geométrico do pontos que se encontram a uma distância
d = 2 da bissetriz interna, por A, do triangulo ABC é um
par de retas definidas por
4 + 2 = 0.
a) r1, 2 : 2 y – x ± 2 2
10 + 2 = 0.
b) r1, 2 : –––– y – x ± 2 2
10 + 2 = 0.
c) r1, 2 : 2y – x ± 2 2 + 4
2 = 0.
d) r1, 2 : (2 + 1)y – x ± 4 +2
2 = 0.
e) r1, 2 : (2 + 1)y – x ± 2 Resolução
A equação das bissetriz interna do ângulo A é:
x–y
2 + 1)y = 0
–––––– = y ⇔ x – y = 2y ⇔ x – (
2
O lugar geométrico dos pontos que distam 2 unidades
da bissetriz é um par de retas paralelas definidas por
2 + 1)y ± k = 0, onde k é tal que:
x – (
k
–––––––––––––––– = 2 ⇔ k = 2
1 + (
2 + 1)2
4 + 2
2
Assim, suas equações são
4 + 2
2=0
(
2 + 1)y – x ± 2
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
13
C
Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo
U. Das afirmações:
I. (A \ BC) \ CC = A (B C);
II. (A \ BC) \ C = A (B CC)C;
III. BC CC = (B C)C,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e III.
e) II e III.
Resolução
Observemos, primeiramente, que A \ BC = A B, pois
∀x ∈ U, temos:
x ∈ (A \ BC) ⇔ x ∈ A e x ∉ BC ⇔
⇔ x ∈ A e x ∈ B ⇔ x ∈ (A B)
I) Falsa, pois
(A \ BC) \ CC = A (B C) ⇔
⇔ (A B) \ CC = (A B) (A C) ⇔
⇔ (A B) C = (A B) (A C) o que pode
não ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A B) C = {5} ≠ {2; 4; 5} = (A B) (A C)
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
II) Falsa, pois
(A \ BC) \ C = A (B CC)C ⇔
⇔ (A B) \ C = A (BC C) o que pode não
ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A B) \ C = {2} ≠ {1, 2, 4, 5, 6, 7, 8} =
= A (BC C)
III) Verdadeira, pois para ∀x ∈ U, temos:
x ∈ (BC CC) ⇔ x ∈ BC ou x ∈ CC ⇔
⇔ x ∉ B ou x ∉ C ⇔
⇔ x ∉ (B C) ⇔ x ∈ (B C)C
Desta forma, BC CC = (B C)C
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
14
A
Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não
vazios, tais que n (P (A) P (B)) + 1 = n (P (A B)).
Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir
a) um único valor.
b) apenas dois valores distintos.
c) apenas três valores distintos.
d) apenas quatro valores distintos.
e) mais do que quatro valores distintos.
Resolução
A e B dois conjuntos disjuntos (A ∩ B = Ø), ambos
finitos e não vazios.
A tem x elementos e B tem y elementos, então
1) n (P(A)) = 2x, n (P(B)) = 2y, n(P(A ∪ B)) = 2x+y e
n (P(A) ∪ P(B)) = 2x + 2y – 1
2) n (P(A) ∪ P(B)) + 1 = n (P(A ∪ B)) ⇒
⇒ 2x + 2y – 1 + 1 = 2x+ y ⇒ 2x . 2y – 2x – 2y + 1 = 1 ⇒
⇒ 2x (2y – 1) – (2y – 1) = 1 ⇒ (2y – 1) . (2x – 1) = 1 ⇒
⇒ 2y – 1 = 1 e 2x – 1 = 1 ⇒ 2x = 2 e 2y = 2 ⇒ x = y = 1
3) n (A) – n(B) = x – y = 1 – 1 = 0
I TA ( 3 .O
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15
C
Considere um número real a ≠ 1 postivo, fixado, e a
equação em x a2x + 2ax – = 0, β ⺢
Das afirmações:
I. Se 0, então existem duas soluções reais distintas;
II. Se = –1, então existe apenas uma solução real;
III. Se = 0, então não existem soluções reais;
IV. Se 0, então existem duas soluções reais distintas,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I.
b) I e III.
d) II e IV.
e) I, III e IV.
c) II e III.
Resolução
Sendo ax = y > 0, com a ≠ 1 e a > 0, temos:
a2x + 2 . ax – = 0 ⇔ y2 + 2 y – = 0
O discriminante dessa equação do segundo grau é
Δ = 4 2 + 4 cujo gráfico é do tipo
Assim sendo:
1) Se –1 < < 0 então Δ < 0, a equação do segundo
grau em y não tem solução real e a equação em x
também não tem solução real.
2) Se = 0 então y = 0 e a equação em x não tem
solução real pois y = ax > 0, ∀x.
3) Se = – 1 então y2 – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇔ ax = 1 ⇔
⇔ x = 0 e a equação tem uma única solução real.
4) Se > 0 então a equação do segundo grau em y
tem duas soluções reais distintas, uma positiva e
outra negativa (pois o produto é negativo).
Como y = ax > 0 então a equação em x tem uma
única solução real.
5) São verdadeiras, portanto, as afirmações II e III.
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
16
B
e–x – ex
Seja S = x ⺢ arc sen ––––––
2
= ––– . Então,
2
ex – e–x
+ arc cos ––––––
2
a) S = Ø.
d) S = ⺢+.
b) S = {0}.
e) S = ⺢.
+
c) S = ⺢+ \ {0}.
Resolução
Seja = arc sen
e–x – ex
––––––
2
e = arc cos
ex – e–x
––––––
2
Sendo:
S=
x ∈ ⺢ / arc sen
+ arc cos
ex – e–x
––––––
2
e–x – ex
––––––
2
+
= ––2 Temos:
e–x – ex
sen = ––––––
e–x – ex ex – e–x
2
⇒ –––––– = ––––––– ⇔ ex = e–x
x
–x
e –e
2
2
cos = ––––––
2
.
⇔ x = 0, pois + = ––
2
Logo, S = {0}
I TA ( 3 .O
DIA)
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17
B
2
Seja x [0, 2] tal que sen(x) cos(x) = –– . Então, o
5
produto e a soma de todos os possíveis valores de tg (x)
são, respectivamente
5
a) 1 e 0.
b) 1 e –– .
c) –1 e 0.
2
5
d) 1 e 5.
e) –1 e – –– .
2
Resolução
2
2
sen x . cos x
sen x . cos x = –– ⇔ –––––––––––– = –––––––
⇔
2
5
5cos2x
cos x
2
⇔ tg x = –– (1 + tg2x) ⇔ 2tg2x – 5tg x + 2 = 0 ⇔
5
1
⇔ tg x = 2 ou tg x = ––
2
I TA ( 3 .O
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18
E
n
A soma ∑ cos ( + k), para todo [0, 2], vale
k=0
a) –cos () quando n é par.
b) –sen () quando n é ímpar.
c) cos () quando n é ímpar.
d) sen () quando n é par.
e) zero quando n é ímpar.
Resolução
n
1) [cos (α + kπ)] = cos α + cos (α + π) + cos (α + 2π) +
k=0
+ … + cos (α + nπ) =
= cos α – cos α + cos α – cos α + … + (–1)n . cos α
n
2) Se n for par então cos (α + kπ) = cos α
k=0
n
3) Se n for ímpar então cos (α + kπ) = 0
k=0
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19
D
2
3
Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz –––– cm
3
é interceptado por um plano paralelo à sua base, sendo
determinado, assim, um novo cone. Para que este novo
cone tenha o mesmo volume de um cubo de aresta
1/3
cm, é necessário que a distância do plano à base
–––
243
do cone original seja, em cm, igual a
1
1
1
2
a) –– .
b) –– .
c) –– .
d) –– .
4
3
2
3
3
e) –– .
4
Resolução
Sendo V o volume do cone original, em centímetros
cúbicos, R e h as medidas, em centímetros, do raio da
base e da altura, respectivamente, temos:
R2 + 12 =
2
3
––––
3
2
1
1
⇒ R2 = –– e V = –– R2 . h =
3
3
1
1
= –– . –– . 1 = ––
3
3
9
Assim, sendo v o volume, em centímetros cúbicos, do
novo cone, que é igual ao volume do cubo e d, a distância, em centímetros, do plano à base do cone original,
temos:
1/3 3
–––
1–d 3
1–d 3
v
243
⇒
–– = –––– ⇒ ––––––––– = ––––
1
1
V
–––
9
1
⇒ ––– =
27
1–d
––––
1
3
2
⇒ d = ––3
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
20
A
A superfície lateral de um cone circular reto é um setor
circular de 120° e área igual a 3 cm2. A area total e o
volume deste cone medem, em cm2 e cm3, respectivamente
2
2
a) 4 e –––––– .
3
2
b) 4 e –––––– .
3
c) 4 e 2.
2
2
d) 3 e –––––– .
3
e) e 2
2.
Resolução
Sejam g, h e R as medidas, em centímetros, da geratriz, da altura e do raio da base, desse cone, respectivamente.
De acordo com o enunciado, tem-se:
120°
1) ––––– . . g2 = 3 ⇔ g = 3
360°
2) Rg = 3 ⇔ Rg = 3
assim: R . 3 = 3 ⇔ R = 1
3) h2 + R2 = g2
assim: h2 + 12 = 32 ⇔ h = 2
2
4) A área total, em centímetros quadrados, é:
St = R (g + R) = . 1 . (3 + 1) = 4
5) O volume, em centímetros cúbicos, é:
2
2
. 12 . 2 2
R2h
V = ––––– = –––––––––––– = ––––––
3
3
3
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21
Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de embaralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartões
cada. Determine a probabilidade de que os números 9 e
10 apareçam num mesmo conjunto.
Resolução
1) O número de maneiras de formar dois conjuntos
1
1
de cinco cartões cada é –– . C10,5 = –– . 252 = 126
2
2
2) O número de maneiras de os números 9 e 10
pertencerem ao mesmo conjunto é C8,3 = 56
9
10
56
4
3) A probabilidade é –––– = ––
126
9
4
Resposta: ––
9
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
22
Determine os valores reais de x de modo que
3 cos(2x) seja máximo.
sen(2x) – Resolução
Seja f(x) = sen(2x) – 3 cos(2x)
f(x) = 2 .
=2.
3
1
. sen(2x) – ––– . cos(2x) =
–––
2
2
π
π
– sen ––– . cos(2x) =
sen(2x) . cos –––
3
3
π
= 2 . sen 2x – –––
3
Assim, para que f(x) seja máximo devemos ter
π
π
2x – ––– = ––– + n . 2π, (n ∈ ⺪) ⇔
3
2
5π
⇔ x = ––– + n . π, (n ∈ ⺪)
12
5π
Resposta: x = ––– + n . π, (n ∈ ⺪)
12
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
23
Considere a matriz quadrada A em que os termos da
diagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ...,1 + xn e todos
os outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,..., xn)
1
é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é ––
2
e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que o
seu determinante seja igual a 256.
Resolução
1) A matriz A é
1
1
1
1 1 + x1 1
1 1 + x2
A= 1
⯗
⯗
⯗
1
1
1
1
1
1
⯗
1 + xn
(n+1)x(n+1)
Desta forma,
1
1
1
1 1 + x1 1
1 1 + x2
det A = 1
⯗
⯗
⯗
1
1
1
=
1
1
1
⯗
1
0
x1
0
⯗
0
1
1
1
⯗
1 + xn
0
0
x2
⯗
0
0
0
0
⯗
xn
2) Como (x1; x2; x3; ...; xn) =
=
= x1 . x2 . ... xn
––2 ; 2; 8;...; 2
1
2n–3
,
1
pois trata-se de uma PG de primeiro termo –– e
2
razão 4, temos
x1 . x2 . x3 ... xn = 2–1 . 21 . 23 ... 22n–3 =
=
(–1 + 2n – 3) . n
–––––––––––––
2
2
=2
n2– 2n
3) Sendo det A = 256, temos:
2n
2–2n
= 256 ⇔ 2n
2–2n
= 28 ⇔ n2 – 2n = 8 ⇔
⇔ n2 – 2n – 8 = 0 ⇔ n = 4, pois n > 0
Assim, a ordem da matriz A é n + 1 = 5
Resposta: 5
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
24
Seja n um número natural. Sabendo que o determinante
da matriz
1
– log2 –––
n
log22
2
log33n
log3243
1
– 5 log5 ––– – log5 25
125
é igual a 9, determine n e também a soma dos elementos
da primeira coluna da matriz inversa A–1.
A=
n+5
Resolução
Sendo A =
n
= n+5
–5
n
log22
n+5
log33n
1
log5 ––––
125
–5
1
1
n
5
–3
–2
1
–log2 ––
2
log3243
–log525
=
, então:
1) Se det A = 9, temos:
–2n2 + 19n – 30 = 9 ⇔ n = 3, pois n ∈ ⺞.
Sendo A–1 =
2)
3
1
1
8
3
5
–5
–3
–2
⇔
a
m
x
b
q
y , para n = 3, temos:
c
p
z
.
a
m
x
b
q
y
c
p
z
a=1
3a + b + c = 1
8a + 3b + 5c = 0 ⇔
–5a – 3b – 2c = 0
=
1
0
0
0
1
0
0
0
1
⇔
b = –1
c = –1
Logo, a soma dos elementos da primeira coluna de A–1
é igual a a + b + c = –1
Respostas: n = 3 e a soma é – 1
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
25
Em um plano estão situados uma circunferência de raio
2 cm do centro de .
2 cm e um ponto P que dista 2
––– –––
Considere os segmentos PA e PB tangentes a nos
pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechada
––– –––
delimitada pelos segmentos PA e PB e pelo arco menor
◠ em torno de um eixo passando pelo centro de e
AB
–––
perpendicular ao segmento PA , obtém-se um sólido de
revolução. Determine:
a) A área total da superfície do sólido.
b) O volume do sólido.
Resolução
Sendo 0 o centro de ω e r a reta perpendicular ao
—–
segmento PA conduzida por 0 (centro de ω), podemos
concluir que o quadrilátero OBPA é um quadrado de
lado medindo 2cm e que o sólido obtido ao girar a
—–
região plana fechada delimitada pelos segmentos PA e
—–
២
PB e pelo menor dos arcos AB em torno da reta r é
um cilindro circular reto de raio da base R = 2cm e
altura H = 2cm com uma cavidade na forma de
semiesfera de raio R = 2cm.
Assim:
a) A área total S, em centímetros quadrados, da
superfície desse sólido é dada por:
4 π R2
2
S = π R + 2 π R H + –––––– =
2
= π R (2H + 3R) = 20π
b) O volume V, em centímetros cúbicos, desse sólido
é dado por:
2R
1 4
8π
V = π R2 H – –– . –– . π R3 = π R2 H – ––– = ––
3
2 3
3
8π
Respostas: a) 20π cm2
b) ––– cm3
3
I TA ( 3 .O
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26
As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0
e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definem
os vértices de um triângulo que é a base de um prisma
reto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Determine:
a) A área total da superfície do prisma.
b) O volume do prisma.
Resolução
1) A base desse prisma reto é o triângulo de vértices
A (3; 2), B (7; 0) e C (0; 1) pois:
x + 2y – 7 = 0 ⇔ y = 2
x – 3y + 3 = 0
x=3
x + 7y – 7 = 0 y = 0
x + 2y – 7 = 0
⇔
x=7
x + 7y – 7 = 0 y = 1
x – 3y + 3 = 0
⇔
x=0
2) A área S desse triângulo é dada por:
3
1
S = –– . 7
2
0
2
1
0
1 =5
1
1
3) O perímetro desse triângulo é 2p = AB + BC + AC
assim:
(7 – 3)2 + (0 – 2)2 + (7 – 0)2 + (0 – 1)2 +
2p = + (0 – 3)2 + (1 – 2)2 ⇔ 2p = 20 + 50 + 10 ⇔
⇔ 2p = 5
2 + 2
5 + 10
a) A área total At da superfície do sólido é dada por
At = 2S + 2ph
assim: At = 10 + 10
2 + 4
5 + 2
10 ⇔
⇔ At = 2 (5 + 5
2 + 2
5 + 10 )
b) O volume V do sólido é dado por V = S . h
assim: V = 5 . 2 ⇔ V = 10
Respostas: a) 2 (5 + 5
2 + 2
5 + 10 ) unidades de
área
b) 10 unidades de volume
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
27
Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos
uma das três materias: Matemática, Física e Química.
Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%
estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda,
que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática,
enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos
que estudam apenas Química e Física mais aqueles que
estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n.
Resolução
1) De acordo com os dados, temos o seguinte diagrama:
2) x + y = 63
3)
a + 0,12n + y = 0,48n
⇔
b + 0,12n + x = 0,36n
c + 0,04n + x + y = 0,32n
⇔
a + y = 0,36n
⇒
b + x = 0,24n
c + x + y = 0,28n
⇒ a + b + c + 2 . 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 126
(I)
4) a + b + c + x + y + 0,12n = n ⇔
⇔ a + b + c + x + y = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c + 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 63
(II)
5) Comparando-se as equações (I) e (II), observa-se
que elas são incompatíveis.
Resposta: não existe n
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
28
Analise se f : ⺢ → ⺢, f(x) =
3 + x2, x 0
é bijetora e,
3 – x2, x 0
em caso afirmativo, encontre f –1 : ⺢ → ⺢.
Resolução
1) O gráfico da função f: ⺢ → ⺢,
f(x) =
3 + x2, x 0
é
x0
3 – x2,
formado de dois ramos de parábolas de vértice
(0; 3). Esta função é estritamente crescente para
todo x ∈ ⺢ e, portanto, é bijetora de ⺢ em ⺢.
2) f(f –1(x)) = x ⇒
⇒ f(f –1(x)) =
⇒
3 + [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) 0
⇒
3 – [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) 0
f –1(x) = x – 3, com x 3
–1
f (x) = – 3 – x, com x 3
Resposta: f –1(x) =
x – 3, com x 3
–
3 – x, com x 3
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
29
Determine os valores de ∈ [0,2] tais que
logtg() esen() 0.
Resolução
1) Se tg > 1 então
logtg(esen) ≥ 0 ⇔ esen ≥ 1 ⇔ sen ≥ 0
π
π
Se tg > 1 e sen ≥ 0 então –– < x < ––
2
4
2) Se 0 < tg < 1 então
logtg (esen) ≥ 0 ⇔ esen ≤ 1 ⇔ sen ≤ 0
5π
Se 0 < tg < 1 e sen ≤ 0 então π < x < –––
4
π π
5π
Resposta: –– ; –– ∪ π; –––
4 2
4
册
冋 册
冋
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011
30
As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um
círculo . A reta r1 tangencia no ponto A e a reta r2
intercepta nos pontos B e C diametralmente opostos. A
◠ é 60° e PA mede 兹苶
medida do arco AC
2 cm. Determine a
–––
◠
área do setor menor de definido pelo arco AB.
Resolução
◠é
De acordo com o enunciado, a medida do arco AB
^
180° – 60° = 120°. Assim, a medida do ângulo APB é
dada por:
◠ – AC
◠ 120° – 60°
AB
= –––––––– = –––––––– = 30°
2
2
^
No triângulo APO, retângulo em A, temos:
AO
AO
兹苶
3
兹苶
6 cm
tg = –––– = –––– = –––– ⇒ AO = ––––
3
AP
3
兹苶
2
Assim, a área S do setor menor de ω definido pelo arco
◠ é:
AB
冢
120°
1
兹苶
6
S = –––– . . (AO)2 = –– . ––––
3
360°
3
冣
2
2
= ––– cm2
9
2
Resposta: ––– cm2
9
I TA ( 3 .O
DIA)
— DEZEMBRO/2011