Se A , B , C forem conjuntos tais que , ( , ( , e ( então

Se A , B , C forem conjuntos tais que
n ( A ∪ B ) = 23 , n ( B − A ) = 12 , n(C − A) = 10 ,
n(B ∩ C) = 6 e n( A ∩ B ∩ C) = 4 ,
então n ( A) , n ( A ∪ C ) , n ( A ∪ B ∪ C ) nesta ordem,
a) (
) formam uma progressão aritmética de razão
b) (
) formam uma progressão aritmética de razão
c) (
) formam uma progressão aritmética de razão
d) (
) formam uma progressão aritmética de razão
e) (
) não formam uma progressão aritmética.
6.
2.
8 , cujo primeiro termo é 11 .
10 , cujo último termo é 31 .
Resolução
A
B
x
z
C
Para preencher o diagrama de Venn:
n( A ∩ B ∩ C) = 4
y
8
4
10
2
n ( ( B ∩ C ) − A) = n ( B ∩ C ) − n ( B ∩ C ∩ A) = 6 − 4 = 2
n ( B − ( C ∪ A) ) = n ( B − A) − n ( ( B ∩ C ) − A ) = 12 − 2 = 10
n ( C − ( B ∪ A ) ) = n ( C − A ) − n ( ( B ∩ C ) − A ) = 10 − 2 = 8
Sabe-se também que:
n ( A ∪ B ) = 23
x + y + z + 4 + 2 + 10 = 23
x+ y+z=7
Portanto:
7
n ( A ) = x + y + z + 4 = 11
7
n ( A ∪ C ) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 21
7
n ( A ∪ B ∪ C ) = x + y + z + 4 + 2 + 8 + 10 = 31
Logo, ( n ( A ) ; n ( A ∪ C ) ; n ( A ∪ B ∪ C ) ) = (11; 21; 31) que é uma P.A. de razão 10 .
Alternativa d
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto de A com 6 elementos. O número de subconjuntos de A com
um número de elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é
a) (
) 28 − 9 .
b) (
) 28 − 1 .
c) (
) 28 − 26 .
d) (
) 214 − 28 .
e) (
) 28 .
Resolução
Dados do enunciado:
n ( A) = 14 ⎫
⎪
n( B) = 6 ⎬ ⇒
B ⊂ A ⎪⎭
A
8
B
6
Os subconjuntos de A devem ter 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 ou 0 elementos selecionados dentre os 8 elementos do conjunto A - B . Dessa
forma, haverão C8,6 subconjuntos com 6 , C8,5 subconjuntos com 5 elementos, e assim por diante:
n = C8,6 + C8,5 + C8,4 + C8,3 + C8,2 + C8,1 + C8,0
(*)
⎛ 8
⎞
n = ⎜ ∑ C8,i ⎟ − C8,7 − C8,8 = ( 28 ) − 8 − 1
⎝ i =0
⎠
(*) ver propriedades do triângulo de Pascal.
n = 28 − 9
Alternativa a
Considere a equação:
3
4
⎛ 1 − ix ⎞ ⎛ 1 + i 1 − i ⎞
16 ⎜
−
⎟ =⎜
⎟ .
⎝ 1 + ix ⎠ ⎝ 1 − i 1 + i ⎠
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das soluções dessa equação é
a) (
) 3.
b) (
) 6.
c) (
) 9.
d) (
) 12 .
e) (
) 15 .
Resolução
Sabendo-se que:
1 + i (1 + i )(1 + i ) 1 + 2i − 1
=
=
=i
1− i
12 − i 2
2
e que:
1− i 1
= = −i
1+ i i
A equação dada ficará da seguinte forma:
3
3
4
4
⎛ 1 − ix ⎞
⎛ 1 − ix ⎞
16 ⎜
⎟ = ( i − ( −i ) ) ⇒ 16 ⎜
⎟ = ( 2i )
+
+
1
ix
1
ix
⎝
⎠
⎝
⎠
3
3
3
⎛ 1 − ix ⎞
⎜
⎟ = 1 ⇔ (1 − ix ) = (1 + ix ) , com x ≠ i (denominador não-nulo).
⎝ 1 + ix ⎠
2
De onde vem:
1 − 3ix − 3x 2 − ( −i ) x3 = 1 + 3ix − 3 x 2 + ( −i ) x3
−3ix + ix 3 = 3ix − ix 3 ⇔ 2 x3 − 6 x = 0
x ( x 2 − 3) = 0
x' = 0
x '' = 3
x ''' = − 3
( x ')
2
+ ( x '') + ( x ''') = 6
2
2
Alternativa b
Assinale a opção que indica o módulo do número complexo
1
, x ≠ kπ , k ∈ .
1 + i ⋅ cotg x
a)
(
) cos x .
b)
(
) (1 + sen x ) / 2 .
c)
d)
(
(
) cos 2 x .
) cossec x .
e)
(
) sen x .
Resolução
Da propriedade
1
1
resulta:
=
z
z
1
1
1
1
=
=
=
= sen x .
2
2
1 + i ⋅ cot g x 1 + i ⋅ cot g x
cossec
x
1 + cot g x
Alternativa e
Considere: um retângulo cujos lados medem B e H , um triângulo isósceles em que a base e a altura medem,
respectivamente, B e H , e o círculo inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círculo, nesta
ordem, formam uma progressão geométrica, então
a)
b)
c)
d)
e)
(
(
(
(
(
)
)
)
)
)
B
é uma raiz do polinômio
H
π 3 x3 + π 2 x 2 + πx − 2 = 0 .
π 2 x3 + π 2 x 2 + x + 1 = 0 .
π 3 x3 − π 2 x 2 + πx + 2 = 0 .
πx 3 − π 2 x 2 + 2πx − 1 = 0 .
x3 − 2π 2 x 2 + πx − 1 = 0 .
Resolução
H
B
3
B⋅H ⎞
⎛
PG ⇒ ⎜ B ⋅ H ,
,... ⎟
2
⎝
⎠
Na figura ΔOPN ∼ ΔBPM
( I)
⎛B⎞
H2 +⎜ ⎟
⎝2⎠
B
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝2⎠
PN PM
H −r
=
⇒
=
ON QM
r
⎛B⎞
H2 +⎜ ⎟
⎛H⎞ H
⎝2⎠
⎜ ⎟ − ⋅ 2 +1=
2
r
⎝ r ⎠
⎛B⎞
⎜ ⎟
⎝2⎠
2
2
2
( II )
BH
(pelas propriedades de P.G.)
4
H2
2⋅ H
H2
−
+1 = 4⋅ 2 +1
B
⎛ BH ⎞
⎛ BH ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ 4π ⎠
⎝ 4π ⎠
B
Seja x = :
H
Usando que πr 2 =
4π
4π
4
− 2⋅
+1 = 2 +1
x
x
x
Reorganizando os termos da equação:
π
4π 4
− 2 =4
x x
x
2
π
⎛π 1 ⎞
⎜ − 2⎟ =
x
⎝x x ⎠
π 2 2π 1 π
−
+
=
x 2 x3 x 4 x
π2 x 2 − 2πx + 1 = πx 3
⇒ πx3 − π2 x 2 + 2πx − 1 = 0
Alternativa d
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em progressão geométrica de razão r , então r pertence ao
intervalo
⎛
(1 + 2 ) ⎞⎟ .
(
) ⎜ 0,
b)
(
⎛ 1+ 2
) ⎜⎜
,
2
⎜
⎝
c)
(
) ⎜⎜
d)
(
) ⎜
e)
(
⎛
⎞
2 (2 + 3) ⎟
) ⎜ 2+
.
,
a)
⎜
⎝
(
) (1 + 5 ) ⎞⎟ .
2
(
⎛ 1+ 5
⎜
⎝
⎜
⎝
⎟
⎟
⎠
2
(1 + 5 ) , (1 + 5 ) ⎞⎟ .
⎛
⎜
⎝
⎟
⎠
2
2
2
),
2
2+
2
⎟
⎟
⎠
⎞
2⎟
.
2 ⎟
⎠
⎟
⎠
4
Resolução
Considere o triângulo
Obs.: não há perda de generalidade ao consideramos b ⋅ r como maior lado.
2
1
2
⎛b⎞
Assim, ( br ) > ⎜ ⎟ + b 2 ⇒ r 2 > 2 + 1 ⇒ r 4 − r 2 − 1 > 0 ,
r
⎝r⎠
1+ 5
.
2
Usando a condição de existência de triângulo, temos
b
br < + b ⇒ r 2 − r − 1 < 0
r
Resolvendo esta inequação obtemos r >
Ou seja r <
∴
1+ 5
2
1+ 5
1+ 5
.
<r<
2
2
Alternativa c
Sejam x , y e z números reais positivos tais que seus logaritmos numa dada base k são números primos satisfazendo
log k ( x ⋅ y ) = 49 ,
log k ( x / z ) = 44 .
Então, log k ( x ⋅ y ⋅ z ) é igual a:
a) (
) 52 .
b) (
) 61 .
c) (
) 67 .
d) (
) 80 .
e) (
) 97 .
Resolução
Sejam P1 , P2 e P3 primos:
x = k P1 , y = k P2 e z = k P3
log k ( x ⋅ y ) = 49 ⇒ log k ( k P1 ⋅ k P2 ) = log k k P1 + P2 = 49 ⇒
P1 + P2 = 49 ⇒ P1 = 2 e P2 = 47 ou P1 = 47 e P2 = 2.
Caso I:
Para P1 = 2 e P2 = 47 e ⇒ x = k 2 e y = k 47 , assim
⎛ k2 ⎞
k2
= k 44 ⇒ z = k −42 ⇒ P3 = −42 (não convém)
log k ⎜ ⎟ = 44 ⇒
z
⎝ z ⎠
Caso II:
Para P1 = 47 e P1 = 2 ⇒ x = x 47 e y = k 2 , assim
⎛ k 47 ⎞
k 47
= k 44 ⇒ z = k 3
log k ⎜
⎟ = 44 ⇒
z
z
⎝
⎠
∴ log k ( x ⋅ y ⋅ z ) = log k ( x 47 ⋅ k 2 ⋅ k 3 ) = 52
Alternativa a
5
Sejam x e y dois números reais tais que e x , e y e o quociente
ex − 2 5
4 − ey 5
são todos racionais. A soma x + y é igual a
a) (
) 0.
b) (
) 1.
c) (
) 2log 5 3 .
d) (
) log 5 2 .
e) (
) 3log e 2 .
Resolução
Podemos reescrever a razão dada na seguinte forma:
e x − 2 5 4 + e y 5 4e x − 8 5 + e x + y 5 − 2 e y ⋅ 5
⋅
=
16 − 5e 2 y
4 − ey 5 4 + ey 5
Como
e x , e y ∈ Q , o numerador 4e x − 8 5 + e x + y 5 − 10e y da razão dada, deve ser inteiro. Podemos dizer que a parte irracional de
4e x − 8 5 + e x + y 5 − 10e y será nula, ou seja:
−8 5 + e x + y 5 = 0
−8 + e x + y = 0
e x + y = 8 ⇒ ln e x + y = 3ln2 ⇒ x + y = 3ln 2
Alternativa e
Seja Q ( z ) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de z 5 é igual a
1 . Sendo z 3 + z 2 + z + 1 um fator de Q ( z ) , Q ( 0 ) = 2 e Q (1) = 8 , então, podemos afirmar que a soma dos quadrados dos
módulos das raízes de Q ( z ) é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
(
(
(
(
(
)
)
)
)
)
9.
7.
5.
3.
1.
Resolução
Sabe-se que o polinômio Q ( z ) será da seguinte forma:
Q ( z ) = ( z 3 + z 2 + z + 1) ⋅ ( z 2 + az + b ) , a , b ∈
A partir dos dados do enunciado, podemos determinar os coeficientes a e b :
Q ( 0) = 1 ⋅ b = 2
b=2
Q (1) = (1 + 1 + 1 + 1)(1 + a + b ) = 8
4 ⋅ (3 + a ) = 8
3+ a = 2
a = −1.
6
Portanto, Q ( z ) está determinado, e podemos calcular suas raízes:
Q ( z ) = ( z 3 + z 2 + z + 1) ⋅ ( z 2 − z + 2 )
z 3 + z 2 + z + 1 = 0 , por inspeção, vemos que -1 é raiz.
Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini para redução de ordem:
1 1 1 1
1 0 1 0
-1
z2 + 1 = 0
z = ±i
z2 − z + 2 = 0
z=
1± 1− 8
2
z=
1 ± 7i
2
O valor pedido no enunciado será:
2
2 ⎞
2 ⎞
⎛
⎛
2
2
⎛1⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎟ ⎜ ⎛1⎞ ⎛− 7 ⎞ ⎟
2
2
2
⎜
1 + 1 + 1 + ⎜ ⎟ + ⎜⎜
⎟⎟ ⎟ + ⎜ ⎜ ⎟ + ⎜⎜
⎟⎟ ⎟
⎜⎜ ⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠
⎝
3+
( 2) + ( 2)
2
2
2
=7
Alternativa b
Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o polinômio 9 x 2 − 63x + c , numa diferença de dois cubos.
3
3
( x + a) − ( x + b) .
Neste caso, a + b − c é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
(
(
(
(
(
)
)
)
)
)
104 .
114 .
124 .
134 .
144 .
Resolução
( x + a)
3
− ( x + b)3 = 9 x 2 − 63x + c
Do desenvolvimento os cubos das somas temos que
3 ( a − b ) x 2 + 3 ( a 2 − b 2 ) x + ( a 3 − b3 ) = 9 x 2 − 63 x + c
⎧a − b = 3
⎪⎪ 2
2
⎨a − b = −21
⎪ 3
3
⎪⎩a − b = c
( I)
( II ) ⇒
( III )
fatorando ( II ) teremos
( a − b )( a + b ) = −21
3 ( a + b ) = −21
a + b = −7
⎧a − b = 3
De ( I ) e ( IV ) temos: ⎨
logo a = −2 e b = −5
⎩ a + b = −7
Substituindo a = −2 e b = −5 em ( III ) encontramos c = 117
Então:
−2 + −5 − 117 = −114 = 114
Alternativa b
7
( IV )
Sobre a equação na variável real x ,
x −1 − 3 − 2 = 0 ,
Podemos afirmar que
a) (
) ela não admite solução real.
b) (
) a soma de todas as suas soluções é 6 .
c) (
) ela admite apenas soluções positivas.
d) (
) a soma de todas as soluções é 4 .
e) (
) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução
|| x − 1| −3 | −2 = 0 ⇒ | x − 1| −3 − 2 = 0 ⇒ x − 1 − 3 = 2 ⇒ | x − 1| −3 = ± 2
Caso 1)
| x − 1| −3 = 2
x −1 = ± 5
i)
ii)
Caso 2)
x −1 = 5
x=6
x − 1 = −5
x = −4
x − 1 − 3 = −2
x −1 = 1
i)
ii)
x −1 = 1
x=2
x − 1 = −1
x=0
A soma S de todas as raízes: S = 6 − 4 + 2 + 0 = 4
Alternativa d
Determine quantos números de 3 algarismos podem ser formados com 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 e 7 , satisfazendo à seguinte
regra: O número não pode ter algarismos repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2 , caso em que o 7 (e apenas o 7 )
pode aparecer mais de uma vez. Assinale o resultado obtido.
a) (
) 204 .
b) (
) 206 .
c) (
) 208 .
d) (
) 210 .
e) (
) 212 .
Resolução
Iniciando pelos algarismo 1 ou 2 , temos:
Repetindo o nº7
2
1
1 =2
{1, 2} {7} {7}
sem repetir o nº7
ou
2
6
5 = 60
{1, 2}
Não iniciando pelos algarismos 1 e 2 :
5
6
5 = 150
{3, 4,5,6,7}
Logo, o número total de combinações é 2 + 60 + 150 = 212
Alternativa e
8
Seja x um número real no intervalo 0 < x < π / 2 . Assinale a opção que indica o comprimento do menor intervalo que contém
todas as soluções da desigualdade
1 ⎛π
x 1⎞
⎞
⎛
tg ⎜ − x ⎟ − 3 ⎜ cos 2 − ⎟ sec( x) ≥ 0 .
2 ⎝2
2 2⎠
⎠
⎝
a)
b)
c)
d)
e)
(
(
(
(
(
)
)
)
)
)
π/2 .
π/3.
π/4 .
π/6 .
π /12 .
Resolução
Podemos reescrever a desigualdade da seguinte forma:
1 ⎛π
3
⎞
⎛ x⎞
⋅ sec x ≥ 0 ⇒
tg ⎜ − x ⎟ − 3 cos 2 ⎜ ⎟ ⋅ sec x +
2 ⎝2
2
2
⎠
⎝ ⎠
1
3 1
⎛ 1 + cos x ⎞ 1
cotg ( x ) − 3 ⋅ ⎜
+
⋅
≥0
⎟⋅
2
2
cos
2
cos x
x
⎝
⎠
1 cos x
3 1 + cos x
3
⋅
−
⋅
+
≥0
2 sen x 2
cos x
2cos x
cos 2 x
− 3 − 3 cos x + 3 ≥ 0
sen x
(
)
cos 2 x − 3sen x ⋅ cos x ≥ 0 ⇒ cos x cos x − 3s en x ≥ 0
E por fim, como cos x > 0 , resulta:
cos x − 3 sen x ≥ 0
3
e x > 0 , logo:
3
π
0< x≤
6
tg x ≤
Alternativa d
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de A ∪ B, sendo:
⎧⎪
⎫⎪
⎧⎪
⎫⎪
⎛ k 2π ⎞
2 ⎛ ( 3k + 5 ) π ⎞
A = ⎨ xk = sen 2 ⎜
⎟ : k = 1, 2 ⎬ .
⎟ : k = 1, 2 ⎬ e B = ⎨ yk = sen ⎜
24
⎝ 24 ⎠
⎝
⎠
⎩⎪
⎭⎪
⎩⎪
⎭⎪
a)
b)
c)
(
(
(
d)
(
e)
(
) 0.
) 1.
) 2.
(
) (2 +
)
3 )/3 .
) 2 − 2 + 3 /3 .
2−
Resolução
Cálculo dos elementos da soma:
⎛ π ⎞
x1 = sen 2 ⎜ ⎟
⎝ 24 ⎠
2
3
⎛ π ⎞
⎛π⎞ ⎛1⎞
x2 = sen 2 ⎜ ⎟ = sen 2 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ =
4
⎝ 24 ⎠
⎝ 6⎠ ⎝2⎠
9
2
⎛ 8π ⎞
⎛π⎞ ⎛ 3⎞
y1 = sen 2 ⎜ ⎟ = sen 2 ⎜ ⎟ = ⎜⎜
⎟ =
⎝ 24 ⎠
⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠
⎛ 11π ⎞
y2 = sen 2 ⎜
⎟
⎝ 24 ⎠
E fazendo a soma pedida:
⎛ π ⎞ 1
S = x1 + x 2 + y1 + y2 = sen 2 ⎜ ⎟ + +
⎝ 24 ⎠ 4
3
4
3
⎛ 11π ⎞
+ sen 2 ⎜
⎟
4
⎝ 24 ⎠
⎛ π 11π ⎞ 4
2 ⎛ 11π ⎞
S = sen 2 ⎜ −
⎟ + + sen ⎜
⎟
⎝ 2 24 ⎠ 4
⎝ 24 ⎠
⎛ 11π ⎞
2 ⎛ 11π ⎞
S = cos 2 ⎜
⎟ + sen ⎜
⎟ +1
⎝ 24 ⎠
⎝ 24 ⎠
S =1+1 = 2
Alternativa c
Sejam A = ( a jk ) e B = ( b jk ) , duas matrizes quadradas n × n , onde a jk e b jk são, respectivamente, os elementos da linha j e
coluna k das matrizes A e B , definidos por
⎛ j⎞
a jk = ⎜ ⎟ , quando, j ≥ k ,
⎝k ⎠
jk
⎛k ⎞
p ⎛ jk ⎞
a jk = ⎜ ⎟ , quando j < k e b jk = ∑ ( −2 ) ⎜ ⎟ .
j
p =0
⎝ ⎠
⎝p ⎠
O traço de uma matriz quadrada ( c jk ) de ordem n × n é definido por ∑ np =1 c pp . Quando n for ímpar, o traço de A + B é igual
a
a)
(
) n ( n − 1) / 3 .
b)
(
) ( n − 1)( n + 1) / 4 .
c)
(
) ( n 2 − 3n + 2 ) / ( n − 2 ) .
d)
(
) 3 ( n − 1) / n .
e)
(
) ( n − 1) / ( n − 2 ) .
Resolução
Seja TA = Traço da matriz A = a11 + a22 + … + ann
Seja TB = Traço da matriz B = b11 + b22 + … + bnn
⎛ 1⎞ ⎛ 2 ⎞
⎛n⎞
TA = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + … + ⎜ ⎟ = 1 + 1 + 1 + … + 1 = n
1
2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝n⎠
n vezes
0 ⎛1 ⎞
1 ⎛ 1⎞
TB = b11 = ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ = −1
⎝ 0⎠
⎝ 1⎠
0 ⎛ 4⎞
1 ⎛ 4⎞
2 ⎛ 4⎞
3 ⎛ 4⎞
4 ⎛ 4⎞
b22 = ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⎜ ⎟ = 1
⎝0⎠
⎝1 ⎠
⎝ 2⎠
⎝3⎠
⎝ 4⎠
9
9
9
9
0 ⎛ ⎞
1 ⎛ ⎞
2 ⎛ ⎞
8 ⎛ ⎞
b33 = ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + … + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ = −1
⎝0⎠
⎝1 ⎠
⎝ 2⎠
⎝9⎠
2
2
2
2
n 2 −1 ⎛ n ⎞
n2
n2
0 ⎛n ⎞
1 ⎛n ⎞
2 ⎛n ⎞
bnn = ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + ( −2 ) ⋅ ⎜ ⎟ + … + ( −2 ) ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ( −2 + 1) = ( −1) = −1 , para todo n é ímpar.
⎝0 ⎠
⎝1 ⎠
⎝2 ⎠
⎝n ⎠
T( A + B ) = TA + TB = n + ( −1 + 1 − 1 + 1 + … − 1) = n − 1 =
n 2 − 3n + 2
.
n−2
Alternativa c
10
Considere no plano cartesiano x y o triângulo delimitado pelas retas 2 x = y , x = 2 y e x = −2 y + 10 . A área desse triângulo mede
a) (
) 15 / 2 .
b) (
) 13 / 4 .
c) (
) 11 / 6 .
d) (
) 9/ 4 .
e) (
) 7/ 2.
Resolução
As retas r : 2 x = y e s : x = 2 y se interceptam no ponto O ( 0; 0 ) .
Fazendo a intersecção de r com t : x = −2 y + 10 temos:
x = −2 ( 2 x ) + 10 ⇒ x = 2 , que determina P1 ( 2; 4 ) .
E para a intersecção entre s e t :
⎛ x⎞
⎛ 5⎞
x = −2 ⎜ ⎟ + 10 ⇒ x = 5 , que determina P2 ⎜ 5; ⎟ .
⎝ 2⎠
⎝2⎠
Finalmente para a área do triângulo teremos:
1
S= ⋅D
2
0 0 1
1
⋅ 2 4 1
2
5 5 1
2
15
S=
2
S=
Alternativa a
Sejam A : ( a,0 ) , B : ( 0,a ) e C : ( a,a ) , pontos do plano cartesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alternativas
abaixo, assinale a equação do lugar geométrico dos pontos P : ( x, y ) cuja distância à reta que passa por A e B , é igual à
distância de P ao ponto C .
a) (
) x 2 + y 2 − 2 xy − 2ax − 2ay + 3a 2 = 0 .
b) (
) x 2 + y 2 + 2 xy + 2ax + 2ay + 3a 2 = 0 .
c) (
) x 2 + y 2 − 2 xy + 2ax + 2ay + 3a 2 = 0 .
d) (
) x 2 + y 2 − 2 xy − 2ax − 2ay − 3a 2 = 0 .
e) (
) x 2 + y 2 + 2 xy − 2ax − 2ay − 3a 2 = 0 .
Resolução
A reta ( r ) que passa por A e B é:
⎛a−0⎞
y−0=⎜
⎟ ⋅ ( x − a) ⇒
⎝0−a⎠
y = − x + a ou x + y − a = 0
Escrevendo agora que a distância à reta que passa por A e B , é igual à distância de P à C :
d P ,r = d P ,C
x+ y−a
12 + 12
=
( x + y − a)
2
( x − a)
2
+ ( y − a) ⇒
2
2
2
= 2 ⎡( x − a ) + ( y − a ) ⎤ ⇒
⎣
⎦
x 2 + 2 xy + y 2 − 2 xa − 2 ya + a 2 = 2 ⎡⎣ x 2 − 2 xa + a 2 + y 2 − 2 ya + a 2 ⎤⎦ ⇒
x 2 + y 2 − 2 xy − 2ax − 2ay + 3a 2 = 0
Alternativa a
11
Seja Pn um polígono regular de n lados, com n > 2 . Denote por an o apótema e por bn o comprimento de um lado de Pn .
O valor de n para o qual valem as desigualdades
bn ≤ an e bn −1 > an −1 ,
pertence ao intervalo
a) (
) 3< n<7.
b) (
) 6<n<9.
c) (
) 8 < n < 11 .
d) (
) 10 < n < 13 .
e) (
) 12 < n < 15 .
Resolução
Primeiro, calculamos bn em função de an e n :
( 2θ ) ⋅ n = 2π
θ=
π
n
tg θ =
bn / 2
an
⎛π ⎞
bn = 2 ⋅ an ⋅ tg ⎜ ⎟ ( I )
⎝n⎠
Em seguida, resolvemos as desigualdades:
i)
bn ≤ a n
⎛π ⎞
2 ⋅ an ⋅ tg ⎜ ⎟ ≤ an
⎝n⎠
3
⎛π ⎞ 1
tg ⎜ ⎟ ≤ <
3
⎝n⎠ 2
⎛π ⎞
⎛π ⎞
tg ⎜ ⎟ < tg ⎜ ⎟ ⇒
⎝n⎠
⎝6⎠
π
ii)
π
< ⇒n>6
n 6
bn −1 > an −1
⎛ π ⎞
2 ⋅ an −1 ⋅ tg ⎜
⎟ > an − 1
⎝ n −1⎠
⎛ π ⎞ 1
⎛ π ⎞
⎛π ⎞
tg ⎜
⎟ > ⇒ tg ⎜
⎟ > tg ⎜ ⎟ ⇒
⎝ n −1⎠ 2
⎝ n −1⎠
⎝8⎠
π
π
⇒ n − 1 < 8∴ n < 9
n −1 8
Logo 6 < n < 9
>
Alternativa b
Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está inscrito e o segundo circunscrito a uma circunferência de raio R . Sendo
A1 a área de P1 e A2 a área de P2 , então a razão A1 A2 é igual a
58.
a)
(
)
b)
c)
(
(
) 9 2 / 16 .
) 2 2 −1 .
d)
(
e)
(
(
)
) ( 4 2 + 1) / 8 .
) (2 + 2 ) / 4 .
12
Resolução
AP1 = 8 ⋅
R ⋅ R ⋅ sen 45º
2
AP1 = 4 ⋅ R 2 ⋅
AP2 = 8 ⋅
2
2
x ⋅ x ⋅ sen 45º
2
AP2 = 4 ⋅ x 2 ⋅
AP1 = 2 2 R 2
2
2
AP2 = 2 2 x 2
⎛ 45º ⎞ R
Mas cos ⎜
⎟ = , logo
⎝ 2 ⎠ x
AP1 2 2 R 2 R 2
⎛ 45º ⎞
=
=
= cos 2 ⎜
⎟
AP2 2 2 x 2 x 2
⎝ 2 ⎠
2
⎛ 1 + cos 45º ⎞
2+ 2
=⎜
⎟⎟ =
AP2 ⎜⎝
2
4
⎠
AP1
Alternativa e
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema da base mede 3 cm . Secciona-se a pirâmide por um
plano paralelo à base, obtendo-se um tronco de volume igual a 1cm3 e uma nova pirâmide. Dado que a razão entre as
alturas das pirâmides é 1 / 2 , a altura do tronco, em centímetros, é igual a
a) (
) 6 − 2 / 4.
b)
(
c)
(
d)
(
e)
(
(
)
) ( 6 − 3) / 3 .
) ( 3 3 − 6 ) / 21 .
) (3 2 − 2 3 ) / 6 .
) ( 2 6 − 2 ) / 22 .
Resolução 1
13
Dado que a razão entre as alturas é
1
, temos:
2
3
h
1
v ⎛ 1 ⎞
=
⇒ =⎜
⇒ V =v 8
H
V ⎝ 2 ⎟⎠
2
Usando que o volume do tronco vale 1:
V
8+ 8
= 1∴ V =
V − v =1⇒V −
7
8
E sendo V =
1
Abase ⋅ H :
3
2
1
V = ⋅6⋅
3
3
a=
2
3
4
∴ =
⋅ H e sendo o apótema a = 3 :
2a
= 2 , e assim:
3
(
)
(
8+ 8
3 8+ 8
1
V = ⋅6 3 ⋅ H =
⇒H =
3
7
42 ⋅ 3
E por fim,
h=
(
H 3 8+ 8
=
2
42 6
)
E para a altura do tronco H − h
H −h=
(
)
)
(
)
3 8+ 8 ⎛
1 ⎞ 3 3− 6
cm
⎜1 −
⎟=
21
42 3 ⎝
2⎠
Resolução 2
Se o apótema da base é igual A 3 , então o lado
'
=
1
, onde
2
= 2cm. . Sejam h e H as alturas das pirâmides, como
' é o lado da secção determinado pelo plano, logo
O volume do tronco é dado por
(
' = 2cm .
)
x
AB + Ab + AB ⋅ Ab , onde x é a altura, AB é a área da base maior e Ab a área da base menor do tronco.
3
Assim,
⎛
x ⎜ 22 3
+ 6⋅
⎜6⋅
3⎜
4
⎝
x=
( 2)
2
⋅ 3
4
h
1
, temos que
=
H
2
22 3
+ 6⋅
⋅6⋅
4
⎞
⋅ 3⎟
⎟ =1 ⇒
4
⎟
⎠
( 2)
2
1
3 3− 6
=
21
3 3+ 6
Alternativa c
Determine o conjunto C , sendo A , B e C conjuntos de números reais tais que
A ∪ B ∪ C = {x ∈ : x 2 + x ≥ 2} ,
A ∪ B = {x ∈ : 8− x − 3 ⋅ 4− x − 22 − x > 0} ,
A ∩ C = {x ∈ : log( x + 4) ≤ 0} ,
B ∩ C = {x ∈ : 0 ≤ 2 x + 7 < 2} .
14
Resolução
Resolvendo separadamente cada uma das condições dadas:
A ∪ B ∪ C = { x ∈ : x 2 + x ≥ 2} ( I )
x2 + x − 2 ≥ 0
x2 + x − 2 = 0
−1 ± 3
Δ=9→ x=
2
x' = −2 e x'' = 1
-2
1
x ≤ −2 ou x ≥ 1
A ∪ B = {x ∈
: 8− x − 3 ⋅ 4− x − 22 − x > 0} ( II )
1
1
1
− 3 ⋅ x − 22 ⋅ x > 0
8x
4
2
1
1
1
− 3⋅
− 4⋅ x > 0
x 3
x 2
2
(2 )
(2 )
3
2
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎜ x ⎟ − 3 ⋅ ⎜ x ⎟ − 4⎜ x ⎟ > 0
⎝2 ⎠
⎝2 ⎠
⎝2 ⎠
⎛ 1⎞
Fazendo ⎜ x ⎟ = y ⇒ y 3 − 3 y 2 − 4 y > 0
⎝2 ⎠
3
y − 3y2 − 4 y > 0
y ( y3 − 3 y 2 − 4) > 0
Como y > 0 , devemos ter
y2 − 3y − 4 > 0
y2 − 3y − 4 = 0
Δ = 9 + 16 = 25
3±5
y=
2
y' = 4 e
y'' = −1 (não convém)
⎛ 1⎞
Voltando: ⎜ x ⎟ = y
⎝2 ⎠
−x
2 > 4 → x < −2
A ∩ C : {x ∈
: log( x + 4) ≤ 0} ( III )
Dar condições de existência, temos:
x+4>0
x > −4
e
x + 4 ≤1
x ≤ −3
15
−4 < x ≤ −3
B ∩ C : {x ∈
: 0 ≤ 2 x + 7 < 2} ( IV )
0 ≤ 2x + 7 < 2
−7 ≤ 2 x < −5
7
5
− ≤x<−
2
2
Podemos demonstrar que:
C = ( A ∪ B ∪ C − A ∪ B ) ∪ ( C ∩ A) ∪ ( C ∩ B )
-4
1
-5/2
−5 ⎡
⎤
⎥ −4; 2 ⎢ ∪ [1, +∞[
⎦
⎣
Determine o conjunto A formado por todos os números complexos z tais que
z
2z
+
=3
z − 2i z + 2i
e
0 < | z − 2i | ≤ 1 .
Resolução
Fazendo w =
z
temos
z − 2i
z
e a 1ª equação fica da forma
z + 2i
w + 2 w = 3 , ou:
w=
x + yi + 2 ( x − yi ) = 3 + 0i
3x − yi = 3 + 0i
∴ x = 1 e y = 0 , ou seja, w = 1
Voltando à substituição:
z
1=
z − 2i
z − 2i = z
z − z = 2i
Seja z = a + bi , com a e b reais:
a + bi − ( a − bi ) = 2i
2bi = 2i
∴ b = 1 e a um real qualquer (reta paralela ao eixo real).
Marcando no plano complexo:
16
Do exposto, o único z é z = 0 + 1i .
∴ A = {0 + 1i}
Seja k um número inteiro positivo e
Ak = { j ∈
: j ≤ k e mdc( j , k ) = 1} .
Verifique se n ( A3 ) , n ( A9 ) , n( A27 ) e, estão ou não, nesta ordem, numa progressão aritmética ou geométrica. Se for o caso,
especifique a razão.
Resolução
I)
A3 = { j ∈
: j ≤ 3 e mdc( j , 3) = 1} = {1, 2}
∴ n( A3 ) = 2
II)
A9 = { j ∈
: j ≤ 9 e mdc( j , 9) = 1} = {1, 2, 4, 5, 7, 8}
∴ n( A9 ) = 6
III)
A27 = { j ∈
: j ≤ 27 e mdc ( j , 27 ) = 1} = {1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, 26}
∴ n( A27 ) = 18
IV)
A81 = { j ∈
: j ≤ 81 e mdc( j , 81) = 1} = {1, 2, 4, 5,...,79, 80}
Observamos que os elementos de A81 são os não múltiplos positivos de 3 menores que 81 , ou seja,
81
= 81 − 27 = 54
3
Do exposto, concluímos que a seqüência (2, 6, 18, 54) é uma progressão geométrica de razão 3 .
n( A81 ) = 81 −
Considere a equação:
x2 − p + 2 x2 − 1 = x .
a)
b)
Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes reais?
Determine todas as raízes reais.
17
Resolução
a)
Para x 2 − p ≥ 0 , x 2 − 1 ≥ 0 e x ≥ 0 podemos fazer:
x 2 − p = x − 2 x 2 − 1 , com x − 2 x 2 − 1 ≥ 0
x 2 − p = x 2 − 4 x x 2 − 1 + 4 ( x 2 − 1)
4 x x 2 − 1 = 4 x 2 + p − 4 , com 4 x 2 + p − 4 ≥ 0
16 x 2 ( x 2 − 1) = ( 4 x 2 + p − 4 )
2
16 x 4 − 16 x 2 = 16 x 4 + 4 px 2 − 16 x 2 + 4 px 2 + p 2 − 4 p − 16 x 2 − 4 p + 16
8 px 2 − 16 x 2 = − p 2 + 8 p − 16
x2 =
( p − 4)
2
16 − 8 p
∴x =
(4 − p)
8( 2 − p )
2
=
|4− p|
2 2 2− p
Daí temos, 2 − p > 0
p<2
Voltando às condições iniciais:
i)
x2 − p ≥ 0
(4 − p) − p ≥ 0
8( 2 − p )
2
(4 − p)
2
≥ p ⋅ 8 ⋅ (2 − p)
16 − 8 p + p 2 ≥ −8 p 2 + 16 p
9 p 2 − 24 p + 16 ≥ 0
(3 p − 4)
ii)
2
≥ 0 , que é válido para todo p real.
x2 − 1 ≥ 0
(4 − p) −1 ≥ 0
8( 2 − p )
2
(4 − p)
2
≥ 8( 2 − p )
16 − 8 p + p 2 ≥ 16 − 8 p
p 2 ≥ 0 , que também é válido para todo p real.
iii)
x≥0
|4− p|
≥ 0 , que é válido para todo p real e menor que 2 .
2 2 2− p
iv)
x − 2 x2 − 1 ≥ 0
x 2 ≥ 4 ( x 2 − 1)
4 ≥ 3x 2
4≥
3( 4 − p )
2
8( 2 − p )
3 p + 8 p − 16 ≤ 0
4
−4 ≤ p ≤
3
2
18
v)
4 x2 + p − 4 ≥ 0
4 x2 ≥ 4 − p
4(4 − p)
2
8( 2 − p )
≥ 4− p
4− p
≥1
2(2 − p)
p≥0.
b)
⎡ 4⎤
Do exposto, concluímos que para valores de reais de p no intervalo ⎢0 , ⎥ a equação admite solução.
⎣ 3⎦
|4− p|
4− p
Nas condições do item a temos uma única raiz que é x =
=
.
2 2 ⋅ 2 − p 2 2 (2 − p)
Sendo x , y , z e w números reais, encontre o conjunto solução do sistema
log ⎡( x + 2 y )( w − 3z ) ⎤ = 0 ,
⎣
⎦
2 x + 3 z − 8 ⋅ 2 y −3 z + w = 0 ,
−1
3
2 x + y + 6 z − 2w − 2 = 0 .
Resolução
⎧log ⎡( x + 2 y ) ⋅ ( w − 3z )−1 ⎤ = 0
⎦
⎪ ⎣
⎪ x +3 y
− 8 ⋅ 2 y −3 z + w = 0
⎨2
⎪3
⎪ 2 x + y + 6 z − 2w − 2 = 0
⎩
( I)
( II )
( III )
Resolvendo parcialmente ( I ) :
⎡ ( x + 2y) ⎤
log ⎢
⎥=0
⎣⎢ ( w − 3 y ) ⎦⎥
x + 2y
= 1 como a razão é 1 , não existem restrições.
w − 3z
x + 2 y = w − 3z
x + 2 y + 3z − w = 0
Resolvendo parcialmente ( II ) :
2 x + 3 z − 8 ⋅ 2 y −3 z + w = 0
2x +3 z = 8 ⋅ 2 y −3z + w
2 x + 3 z = 23 + y − 3 z + w
x + 3z = 3 + y − 3z + w
x + 3z − y + 3z − w = 3
x + 6z − y − w = 3
Resolvendo parcialmente
( III ) :
3
2 x + y + 6 z − 2w − 2 = 0
3
2 x + y + 6 z − 2w = 2
2 x + y + 6 z − 2w = 8
Com isso, passamos a ter o seguinte sistema:
⎧ x + 2 y + 3z − w = 0
⎪
⎨x − y + 6z − w = 3
⎪2 x + y + 6 z − 2w = 8
⎩
19
Como não existem restrições nas equações acima, escalonando o sistema:
x + 2y + 3z - w = 0 .(-1)
x - y + 6z - w = 0
x + 2y + 3z - w = 0 .(-2)
⇒
2x + y + 6z - 2w = 8
- 3y + 3z = 0
2x + y + 6z - 2w = 8
⎧ x + 2 y + 3z − w = 0
⎪
⎨−3 y + 3 z = 0
⎪−3 y = 8
⎩
−8
3
−3 y + 3z = 0
−3 y = −3 z
y=
−8
3
x + 2 y + 3z − w = 0
y=z→z=
Como o sistema é do tipo S.P.I., fazemos w = α :
x + 2 y + 3z − α = 0
⎛ −8 ⎞
⎛ −8 ⎞
x + 2 ⋅⎜ ⎟ + 3⋅⎜ ⎟ = α
⎝ 3 ⎠
⎝ 3 ⎠
16 24
x=+ +
+α
3
3
40
−8 −8 ⎫
⎧ 40
x=
+α
S = ⎨ + α, , ,α ⎬ π
3
3 3 ⎭
⎩3
Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas
formas distintas tal comissão poderá ser formada?
Resolução
Com pelo menos um rapaz qualquer comissão serve, visto que temos apenas 4 moças.
Logo, o número n de comissões será dado por:
9⋅8⋅ 7 ⋅ 6⋅5
n = C9 ,5 − C5 ,5 =
− 1 = 125 .
5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
Sendo:
C9 ,5 – total de comissões
C5 ,5 – comissões só de rapazes.
Considere um triângulo isósceles ABC , retângulo em B . Sobre o lado BC , considere, a partir de B , os pontos D e E , tais
que os comprimentos dos segmentos BC , BD , DE , EC , nesta ordem, formem uma progressão geométrica decrescente. Se
β for o ângulo EÂD , determine tg β em função da razão r da progressão.
20
Resolução
Do enunciado, podemos fazer a seguinte figura:
No Δ ADB :
lr
tg α = = r
l
No Δ AEB :
lr 2 + lr
= r2 + r
tg (α + β ) =
l
tg α + tg β
= r2 + r
1 − tg α ⋅ tg β
Logo,
r + tg β
= r2 + r
1 − r ⋅ tg β
r + tg β = r 2 + r − ( r 3 + r 2 ) ⋅ tg β
tg β (1 + r 2 + r 3 ) = r 2
tg β =
r2
, em que r é a razão da P.G..
1 + r2 + r3
Considere, no plano cartesiano xy , duas circunferências C1 e C2 , que se tangenciam exteriormente em P : ( 5,10 ) . O ponto
Q : (10 ,12 ) é o centro de C1 . Determine o raio da circunferência C2 , sabendo que ela tangencia a reta definida pela equação
x=y.
Resolução
Seja R2 o raio de C2 e O o seu centro.
Do enunciado e traçando por Q uma paralela à reta r temos:
0
R2
R2
P (5,10)
R1
D
Da semelhança entre os triângulos hachurados:
R2 + R1 R2 − d
=
( I)
R1
D−d
Cálculo de R1 , D e d :
R1 = d P ,Q = (10 − 5) 2 + (12 − 10) 2 = 29
21
Q (10,12)
s//r
d
r: x - y = 0
D = dP,r =
d = dQ , r =
5 − 10
12 + ( −1) 2
10 − 12
12 + (−1) 2
=
5 2
2
= 2
Voltando em ( I ) :
R2 + 29
R − 2
= 2
29
5 2
− 2
2
∴ R2 =
Seja
145 2 + 15 29
49
C1 uma circunferência de raio R1
internamente e
inscrita num triângulo equilátero de altura
h . Seja C2
C1 externamente. Calcule ( R1 − R2 ) / h .
Resolução
O1 também é baricentro do Δ ABC :
h
3
A semi-reta CO1 é bissetriz do ângulo C
R1 =
med ( O1CB ) = 30° .
O segmento O2 P é construído paralelamente ao lado BC :
med ( O1O2 P ) = 30°
Finalmente no triângulo O1PO2 :
h
− R2
R1 − R2
1 3
⇒ =
sen 30º =
2 h+R
R1 + R2
2
3
h
R2 =
9
h h
−
R1 − R2 3 9 2
∴
=
= .
9
h
h
22
uma segunda circunferência, de raio
R2 , que tangencia dois lados do triângulo
Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume 8 / 3cm3 , encontram-se nos vértices de um cubo. Cada vértice do cubo
é centro de uma esfera de 1cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
Cálculo da aresta do tetraedro regular:
V=
a3 2
, em que V é o volume.
12
(
8 a3 2
32
=
⇒ a3 =
= 16 2 = 2 2
3
12
2
)
3
a = 2 2 cm
A aresta do tetraedro é diagonal de uma das faces do cubo:
a = b 2 , em que b é a aresta do cubo.
2 2 =b 2
b = 2cm
Como os raios das esferas valem 1cm cada, concluímos que as que têm centro sobre uma mesma aresta do cubo são tangentes. Portanto,
para o cálculo do volume V pedido, basta subtrairmos do volume do cubo
1 4
V = b3 − 8 ⋅ ⋅ ⋅ π ⋅ r 3 , em que r é o raio das esferas.
8 3
4
V = 8 − ⋅ π ⋅ 13
3
4π ⎞ 3
⎛
V = ⎜8 −
⎟ cm .
3 ⎠
⎝
23
1
do volume de cada uma das 8 esferas:
8