RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA VESTIBULAR – UFBA

RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA
VESTIBULAR – UFBA-2008 - FASE 2
Profa. Maria Antônia Conceição Gouveia.
Questão 01. Para estudar o desenvolvimento de um grupo de bactérias, um
laboratório realizou uma pesquisa durante 15 semanas. Inicialmente, colocou-se um
determinado número de bactérias em um recipiente e, ao final de cada semana,
observou-se o seguinte:
• na primeira semana, houve uma redução de 20% no número de bactérias:
• na segunda semana, houve um aumento de 10% em relação à quantidade de
bactérias existentes ao final da primeira semana;
• a partir da terceira semana, o número de bactérias cresceu em progressão
aritmética de razão 12;
• no final da décima quinta semana, o número de bactérias existentes era igual ao
inicial.
Com base nessas informações, determine o número de bactérias existentes no início da
pesquisa.
RESOLUÇÃO:
De acordo com as informações:
ao final da primeira semana o número de bactérias é (1 – 0,2) x = 0,8x;
ao final da segunda semana o número de bactérias é 0,8x + 0,1(0,8x) = 0,88x;
ao final da terceira semana o número de bactérias é 0,88x + 12;
.............................................................................................................
Representando em uma tabela:
Termos da P.A
Início da
semana
o
N de bactérias
a1
a2
1
2
3
4
x
0,8x
0,88x
0,88x+12
•••
a13
a14
15
16
0,88x+144
0,88x+156=x
Vemos que a partir do início da terceira semana temos, de acordo com as informações
da questão, uma PA de 14 termos, cuja razão é 12, o primeiro termo é 0,88x e o último
termo é igual a x.
Como numa PA a 14 = a 1 + (n − 1).r , temos:
0,88x + (14 – 1)12 = x ⇒ 0,12x = 156 ⇒ x = 1300.
RESPOSTA: No início da pesquisa o número de bactérias era de 1.300.
Questão 02. Considere os conjuntos
A = {(x, y) . R2; x2 + y2 ≤ 16 e y ≤ x2 - 4} e D = {x. R; ( x, 0) ∈ A }.

 πx 
cos , se x < 0
Sendo f: D → R a função tal que f(x) = 
, determine a imagem da
 4
2
x − 5x, se x > 0

função f.
RESOLUÇÃO:
A = {(x, y) . R2; x2 + y2 ≤ 16 e y ≤ x2 - 4}
x 2 + y 2 ≤ 16
⇒

2
y ≤ x − 4
O conjunto A é formado pelos pares (x,y) pertencentes à região hachurada.
Sendo D = {x. R; ( x, 0) ∈ A }, então, os elementos de D são os pontos de interseção
do conjunto A com o eixo Ox, logo: D = [– 4, –2] ∪ [2, 4].

 πx 
cos , se x < 0
Sendo f: D → R a função tal que f(x) = 
 4
x 2 − 5x, se x > 0

Tomando os valores extremos do intervalo [– 4, –2]:
 πx 
−π 
f(x) = cos  ⇒ f ( −4) = cos( −π ) = −1 e f (− 2 ) = cos
 = 0 , logo para x ∈ [– 4, –2],
 4
 2 
o conjunto imagem de f é [–1, 0]
Se x ∈ [2, 4], f(x) = x 2 − 5x ⇒ f (2) = 4 − 10 = −6 e f (4) = 16 − 20 = −4
A abscissa do vértice da parábola f(x) = x 2 − 5x é xv =
− b − ( −5)
=
= 2,5 .
2
2a
O valor mínimo que a função f(x) = x 2 − 5x assume para os valores de x ∈ [2, 4] é f(2,5)
= 2,5 2 − 5.2,5 = 6,25 − 12,5 = −6,25 .
Logo para x ∈ [2, 4] a imagem é [ −6,25; − 4] .
RESPOSTA: Conclusão: a imagem da função f: D → R a função tal que

 πx 
cos , se x < 0
f(x) = 
é [–1, 0] ∪ [ −6,25; − 4] .
 4
x 2 − 5x, se x > 0

Questão 03. Sendo A(x) e B(x) polinômios com coeficientes reais tais que:
• A(x) = x3 + 2x2 + a2x + a3 é divisível por x2 + x + 1;
• B(x) = x5 + b1x4 + b2x3 + b3x2 + b4x + b5 tem uma raiz em comum com A(x);
• B(i) = 0;
• B(1 + i) = 0,
calcule A(0) + B(1).
RESOLUÇÃO: Efetuando a divisão de (x3 + 2x2 + a2x + a3) por (x2 + x + 1)
x3 + 2x2
–x3 – x2
x2
–x2
+ a2x + a3
– x
+ (a2 – 1)x + a3
– x
–1
(a2 – 2)x + a3 –1
x2 + x + 1
x + 1
Sendo exata a divisão acima, (a2 – 2)x + a3 – 1 = 0 ⇒ a2 = 2 e a3 = 1.
Substituindo esses valores em A(x) = x3 + 2x2 + a2x + a3, temos:
A(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1= (x3 + 1) + (2x2 + 2x) = (x + 1)(x2 – x + 1) +2x(x+1) =
A(x) = (x2 + x + 1)(x + 1).

x = −1
x
+
1
=
0



Igualando A(x) a zero chega-se a: ou
⇒ ou
x 2 + x + 1 = 0 

 x = − 1 ± − 3 = − 1 ± 3i

2
2
Logo x = –1 e x =
− 1 ± 3i
são raizes de A(x).
2
Sendo B(x) = x5 + b1x4 + b2x3 + b3x2 + b4x + b5, do 5o grau tem 5 raízes.
Como B(i) = 0 e B(1 + i) = 0 concluímos que B(–i) = 0 e B(1 – i)=0.
Os números i, 1 + i, –i e 1 – i são 4 das raízes de B(x), então a 5a raiz que é real, é a
raiz comum com A(x), ou seja x = – 1.
Pode-se então escrever: B(x) = (x + 1)(x – i)(x – 1 – i)(x + i)(x – 1 + i).
Determinando agora o valor numérico da expressão : A(0) + B(1).
A(0) = 1 e B(1) = (1 + 1)(1 – i)(1 – 1 – i)(1 + i)(1 – 1 + i)=2 (1 – i)( – i) (1 + i)(i) =
2 ( – i) (i) (1 + i) (1 – i) =2(1+1) = 4 ⇒ A(0) + B(1) = 1 + 4 = 5.
RESPOSTA: o valor de A(0) + B(1) é 5.
x
y
 de elementos reais não negativos, B
Questão 04. Considere as matrizes A = 
z w
 1 1
16 7 
 e C = 
 . Sabendo que A comuta com B e que A2 = C, calcule o
= 
0 0
 0 9
determinante da matriz X = 12A– 1+ At.
RESOLUÇÃO:
 x y   1 1  1 1  x y 
x x x + z y + w
 
 = 
 
 ⇒ 
 = 
⇒
Se A comuta com B: 
0 
 z w  0 0 0 0  z w 
z z  0
x = x + z
y + w y 

 .
I  x = y + w ⇒ podemos representa r em função de y e w ⇒ A = 
0
w


z = 0

y + w
Como A2 = C ⇒ 
 0
 (y + w )

 0

2
y  y + w

w   0
y  16 7 
=
⇒
w   0 9 
(y + w )2 = 16
y (y + w ) + yw  16 7   2
 = 
 ⇒  y + 2yw = 7 ⇒

w2
  0 9  w 2 = 9

Lembrando que os elementos da matriz a são números reais não negativos, portanto
x, y, z e w ∈ R*+ , temos:
y + w = 4
y = 1
 2

⇒
y + 2yw = 7 ⇒ w = 3
w = 3
1 + 2.3 = 7(verificação da validade dos valores de y e w)


y = 1
w = 3
 4 1


⇒ A = 

De
I
temos
:
x
=
y
+
w
⇒
x
=
4
0
3



De I temos : z = 0
 4 1
 , então a matriz X é:
A matriz A = 
 0 3
 3 − 1


0 4   4 0   3 − 1  4 0   7 − 1

–1
t
=
+
=
.
X = 12A + A = 12
+
12   1 3   0 4   1 3   1 7 




O determinante de X é: det X = 49 +1 = 50.
RESPOSTA: 50
Questão 05. Na figura ao lado, tem-se BÂC = 45 o ,
BD̂C = 60 o , AD = 5u.c. e DC = 10u.c.
Com base nesses dados, calcule BC .
RESOLUÇÃO:
O triângulo ABH é retângulo e isósceles, logo BH = h =15 – x
No triângulo DBH aplicando a relação da tangente ao ângulo
60o, temos:
tg60 o =
BH
15 − x
⇒
= 3 ⇒ 10 3 − 3 x = 15 − x ⇒
DH
10 − x
3 x − x = 10 3 − 15 ⇒
x=
(
(
(
)
(
)
3 −1 x = 5 2 3 − 3 ⇒
) = 5(2 3 − 3)( 3 + 1) = 5(3 − 3 ) ⇒
2
( 3 − 1)( 3 + 1)
3 − 1)
5 2 3 −3
O valor de h é:
53− 3
30 + 5 3 − 15 15 + 5 3
h = 15 −
=
=
.
2
2
2
(
)
No triângulo BCH aplicando o teorema de Pitágoras :
(
)
2
(
)
2
5 3+ 3  5 3− 3 
 +
 ⇒
BC = h + x ⇒ BC = 
 

2
2

 

25 12 + 6 3 25 12 − 6 3
600
BC 2 =
+
=
= 150 ⇒ BC = 5 2.3.2 = 5 6 .
4
4
4
RESPOSTA: BC = 5 6 u.c.
2
2
2
(
2
)
(
)
Questão 06. Considere os pontos A(-1, 2), B(1, 4) e C(-2, 5) do plano cartesiano.
Sendo D o ponto simétrico de C em relação à reta que passa por A e é perpendicular
ao segmento AB, determine a área do quadrilátero ABCD.
RESOLUÇÃO:
Usaremos a relação y – y1 = a (x – x1), equação da reta
que possui coeficiente angular a e que possui o ponto
(x1, y1).
Coeficiente angular da reta t = AB :
y − yA
4−2
2
at = B
=
= = 1.
x B − x A 1 − ( −1) 2
Sendo a reta r = AM ⊥ AB então o seu coeficiente
angular é –1.
Como r passa pelo ponto A = (–1, 2) então a sua
equação é y – 2 = –1(x + 1) ⇒ y = –x + 1.
Equação de s = CD // AB :
Sendo s // t, as = at = 1.
A reta s passa pelo ponto C = (–2, 5); s tem equação y – 5 = 1(x + 2) ⇒ y = x + 7.
2y = 8
− x + 1 = y

M é o ponto de interseção das retas r e s, 
⇒ y = 4 ⇒ M = (−3,4)
x + 7 = y
 x = −3

Como o ponto C é simétrico do ponto D em relação à reta r, então M é o ponto médio
x + xD
− 2 + xD
do segmento CD , x M = C
⇒ −3 =
⇒ x D = −4 e
2
2
y + yD
5 + yD
yM = C
⇒4=
⇒ y D = 3 ⇒ D = (− 4, 3 )
2
2
Calculo da área do quadrilátero ABCD:
x
y
−1 1 − 2 − 4 −1
1
1
2 4 5
3
2 ⇒ S = − 4 + 5 − 6 − 8/ + 3 + 20 + 8/ − 2 = (16) = 8
2
2
A B C D A
RESPOSTA: a área é 8.