SlideShare uma empresa Scribd logo
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos ortogonais.
1 DDDD
Se A, B, C forem conjuntos tais que
n(A ʜ B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10,
n(B ʝ C) = 6 e n(A ʝ B ʝ C) = 4, então n(A), n(A ʜ C),
n(A ʜ B ʜ C), nesta ordem,
a) formam uma progressão aritmética de razão 6.
b) formam uma progressão aritmética de razão 2.
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo
primeiro termo é 11.
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo
último termo é 31.
e) não formam uma progressão aritmética.
Resolução
As informações apresentadas permitem construir o dia-
grama de Venn-Euler seguinte:
1 )
n(A ∪ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 ⇔ x + y + z = 7
2) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 11
3) n(A ∪ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 21
4) n(A ∪ B ∪ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 =
= 7 + 24 = 31
Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo último
termo é 31.
NOTAÇÕES
‫ގ‬ = {0, 1, 2, 3,...}
‫:ޚ‬ conjunto dos números inteiros
‫:ޑ‬ conjunto dos números racionais
‫:ޒ‬ conjunto dos números reais
‫:ރ‬ conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = –1
Izl: módulo do número z ∈ ‫ރ‬
––
z: conjugado do número z ∈ ‫ރ‬
Re z: parte real de z ∈ ‫ރ‬
Im z: parte imaginária de z ∈ ‫ރ‬
(
n
p): número de combinações de n elementos toma-
dos p a p.
mdc(j,k): máximo divisor comum dos números intei-
ros j e k.
n(X) : número de elementos de um conjunto finito X.
(a,b) = {x ∈ ‫ޒ‬ : a < x < b}.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTTIIIICCCCAAAA
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
2 AAAA
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um sub-
conjunto de A com 6 elementos. O número de subcon-
juntos 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
Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são sub-
conjuntos de (A – B). Como B ʚ A,
n(A – B) = n(A) – n(A ʝ B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8.
O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois
C8;0 + C8;1 + … + C8;6 = + + … + =
= 28 – – = 28 – 1 – 8 = 28 – 9
3 BBBB
Considere a equação:
16
3
= –
4
.
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
16 . 3 = –
4
1) . = =
= = – . i
2) – = = 2i
3) Se z = , temos
16z3 = (2i)4 ⇒ z3 = 1 ⇒ z = 1 ou z = – + i
ou z = – – i
4) – i = 1 ⇒ x = 0
– i = – + i ⇒ x = – ͙ළළ3
– i = – – i ⇒ x = +͙ළළ3
A soma dos quadrados das soluções é
02 + (– ͙ළළ3 )2 + (͙ළළ3)2 = 6.
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
1 – i . x
––––––––––
1 + i . x
1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2)
––––––––––––––––––––––
1 – i2
1 – i
–––––––
1 + i
1 + i
–––––––
1 – i
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
1 – x2 – 2xi
–––––––––––––
1 + x2
1 – 2ix + i2x2
–––––––––––––
1 – i2x2
1 – ix
–––––––
1 – ix
1 – ix
–––––––
1 + ix
΃
1 – i
–––––
1 + i
1 + i
–––––
1 – i΂΃
1 – ix
–––––––
1 + ix΂
΃
1 – i
–––––
1 + i
1 + i
–––––
1 – i΂΃
1 – ix
–––––
1 + ix΂
8
΂ ΃7
8
΂ ΃8
8
΂ ΃6
8
΂ ΃1
8
΂ ΃0
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
4 EEEE
Assinale a opção que indica o módulo do número com-
plexo
, x ≠ kπ, k ∈ ‫.ޚ‬
a) Icos xl b) (1 + sen x)/2 c) cos2x
d) Icossec xl e) Isen xl
Resolução
= =
= = = ͉sen x͉
1
––––––––––––
͉cossec x͉
1
––––––––––––––
͙ළළළළළළළළළළළළළcossec2x
1
–––––––––––––––
͙ළළළළළළළළළළළළළළ1 + cotg2x
1
–––––––––––
1 + i cotg x
1
–––––––––––
1 + i cotg x
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
5 DDDD
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 triân-
gulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círcu-
lo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica,
então B / H é uma raiz do polinômio
a) π3x3 + π2x2 + πx – 2 = 0.
b) π2x3 + π3x2 + x + 1 = 0.
c) π3x3 – π2x2 + πx + 2 = 0.
d) πx3 – π2x2 + 2πx – 1 = 0.
e) x3 – 2π2x2 + πx – 1 = 0.
Resolução
1) No triângulo PMR, retângulo, temos
PR =
2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos:
= ⇒ = ⇔
⇔ B (H – r) = r ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 (I), em que r é o raio do
círculo inscrito no triângulo PQR.
3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e do
círculo nele inscrito formam uma progressão geomé-
trica, então ΂BH; ; π r 2
΃ formam uma P.G. e,
portanto,
2
= BH . π r2 ⇔ r2 = ⇔
⇔ r =
͙ෆෆ, pois r > 0
4) Substituindo r na equação (I), resulta
B ΂H –
͙ෆෆ΃=
͙ෆෆ. ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 ⇔
⇔ B ΂H – H
͙ෆෆෆ ΃=
= H 2
͙ෆෆෆ . ⇔
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + 4
H
B
–––––
4πH
B
–––––
4πH
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
΂––––΃2
BH
––––
2
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2
2
––––––––––––––––––
H – r
B
––
2
––––
r
PR
––––
PO
MR
––––
NO
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
⇔ . ΂1 – ΃=
= (II)
5) Fazendo = x, e substituindo em (II), temos:
x . ΂1 –
͙ෆෆෆෆ. x ΃ =
͙ෆෆෆෆෆෆ. x (x 2 + 4) ⇔
⇔ x 2 . ΂1 –
͙ෆෆෆ΃
2
= (x 2 + 4) ⇔
⇔ x – 2x
͙ෆෆෆ+ = + ⇔
⇔ x – = 2x
͙ෆෆෆ⇔ x – =
͙ෆෆෆ⇔
⇔ x 2 – + = ⇔
⇔ π x3 – π2 x2 + 2π x – 1 = 0
x3
–––
π
1
–––
π2
2x
–––
π
x3
––––
π
1
––
π
x
––––
4π
1
––
π
1
––––
π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
1
––––
4π
1
––––
4π
B
––––
H
1 B B
͙ෆෆෆෆෆෆෆ––– . ΂–––΃. ΄΂–––΃
2
+ 4΅4π H H
1 B
͙ෆෆෆෆ––– . ΂–––΃4π H
B
––––
H
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
6 CCCC
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo
estão em progressão geométrica de razão r, então r
pertence ao intervalo
a) (0, (1 + ͙ෆ2 )/2).
b) ΂(1 + ͙ෆ2 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2 ΃.
c) ΂͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2, (1 + ͙ෆ5 )/2΃.
d) ΂(1 + ͙ෆ5 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 ΃.
e) ΂͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 , (2 + ͙ෆ3 )/2)΃.
Resolução
Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 1
1º) De acordo com a condição de existência desse triân-
gulo, tem-se:
ar 2 < a + ar ⇔ r2 – r – 1 < 0 ⇔
⇔ < r <
mas, como r > 1, então: (I)
2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-se
ter ainda:
(ar2)2 > a2 + (ar)2 ⇔ r4 – r 2 – 1 > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ (II)
3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente:
< r < ⇔
⇔ r ∈
1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5
΂͙ෆෆෆ–––––––––, ––––––– ΃2 2
1 + ͙ෆ5
––––––––
2
1 + ͙ෆ5
͙ෆෆෆ–––––––––
2
1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5
r < – ͙ෆෆෆ––––––––– ou r > ͙ෆෆෆ–––––––––
2 2
1 + ͙ෆ5
΂r + ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2
1 + ͙ෆ5
΂r – ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2
1 + ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 – ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 + ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 + ͙ෆ5
1 < r < ––––––––
2
1 + ͙ෆ5
––––––––––
2
–1 + ͙ෆ5
––––––––––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
7 AAAA
Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus lo-
garitmos numa dada base k são números primos satis-
fazendo
logk(xy) = 49,
logk(x/z) = 44.
Então, logk(xyz) é igual a
a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97.
Resolução
Considerando que:
logk(xy) = 49 ⇒ logkx + logky = 49 (1)
logk = 44 ⇒ logkx – logkz = 44 (2)
Se logkx, logky, logk z são números primos positivos,
então pode-se concluir que logkx = 47, logky = 2 e
logkz = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, então
um deles é 2.
Portanto, logk (xyz) = logk x + logky + logk z =
= 47 + 2 + 3 = 52.
8 EEEE
Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quo-
ciente
são todos racionais. A soma x + y é igual a
a) 0. b) 1. c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2.
Resolução
= . =
= ∈ ‫ޑ‬
Então ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 = 0, pois
ex, ey e são racionais
Assim:
ex+y. ͙ළළළ5 – 8 . ͙ළළළ5 = 0 ⇔ ͙ළළළ5 . (ex + y – 8) = 0 ⇔
⇔ ex + y = 8 ⇔ x + y = loge8 = 3 . loge2
ex – 2͙ළළළ5
–––––––––
4 – ey.͙ළළළ5
4 . ex + ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 – 2 ey . 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––
16 – 5 . e2y
4 + ey . ͙ළළළ5
–––––––––––
4 + ey.͙ළළළ5
ex – 2͙ළළළ5
–––––––––
4 – ey.͙ළළළ5
ex – 2͙ළළළ5
–––––––––
4 – ey.͙ළළළ5
ex – 2 ͙ෆ5
–––––––––––––
4 – ey ͙ෆ5
x
΂–––΃z
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
9 BBBB
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o
conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de
z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 + 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) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1.
Resolução
Sendo Q(z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 + z + 1), temos:
⇔ ⇔
⇔
Então, Q(z) = (z2 – z + 2) (z3 + z2 + z + 1) e as raízes de
Q(z) são tais que
z2 – z + 2 = 0 ou z3 + z2 + z + 1 = 0 ⇔
⇔ z = ou (z + 1) (z2 + 1) = 0.
As raízes de Q(z) são, portanto, os números
z1 = + i ; z2 = – i ;
z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i.
Assim, |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 + |z5|2 =
= + + + + 1 + 1 + 1 =
= 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 7
10 BBBB
Sendo c um número real a ser determinado, decom-
ponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de
dois cubos
(x + a)3 – (x + b)3.
Neste caso, ͉a + ͉ b ͉ – c ͉ é igual a
a) 104. b ) 114. c) 124. d) 134. e) 144.
Resolução
Para que 9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3, devemos
ter:
9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3)
⇔
Ά ⇔
Ά ⇔
Ά
Logo, ͉a + ͉b͉ – c͉ = ͉–2 + ͉–5͉ – 117͉ = ͉–114͉ =114
a = – 2
b = – 5
c = 117
a – b = 3
a2 – b2 = – 21
a3 – b3 = c
3a – 3b = 9
3a2 – 3b2 = – 63
a3 – b3 = c
΃
7
–––
4
1
–––
4΂΃
7
–––
4
1
–––
4΂
͙ළළළ7
––––
2
1
–––
2
͙ළළළ7
––––
2
1
–––
2
1 ± ͙ළළළ7 i
––––––––
2
a = – 1
b = 2{
b . 1 = 2
(1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8{Q(0) = 2
Q(1) = 8{
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
11 DDDD
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 – 1͉ – 3 ͉ – 2 ͉ = 0 ⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉͉ – 2 = 0 ⇔
⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉ = 2
Para x ≤ 1, temos:
͉– x + 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉ – x – 2 ͉ = 2 ⇔ x = – 4 ou x = 0
Para x ≥ 1, temos:
͉x – 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉x – 4 ͉ = 2 ⇔ x = 6 ou x = 2.
O conjunto-solução da equação é:
S = Ά– 4; 0; 2; 6· e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4
12 EEEE
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
Sendo 1 ou 2 o algarismo das centenas, temos
2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode apa-
recer mais de uma vez.
Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resul-
ta 5 . 6 . 5 = 150 valores.
O total de números, de acordo com o enunciado, é
62 + 150 = 212.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
13 DDDD
Seja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assina-
le a opção que indica o comprimento do menor in-
tervalo que contém todas as soluções da desigualdade
tg – ͙ෆ3 sec(x) ≥ 0.
a) π/2 b) π/3 c) π/4 d) π/6 e) π/12
Resolução
Sendo 0 < x < , temos:
.tg ΂ – x΃– ͙ෆෆ3 . ΂cos2 – ΃. sec x ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x – . ΄ – ΅ ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x – . ΄ ΅ ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x ≥ ⇔ cotg x ≥ ͙ෆ3 ⇔
⇔ ≥ ͙ෆ3 ⇔ tg x ≤ ⇔ 0 < x ≤
Assim, o comprimento do menor intervalo que contém
todas as soluções da desigualdade é .
π
–––
6
π
–––
6
͙ෆ3
––––
3
1
––––
tg x
͙ෆ3
––––
2
1
–––
2
cos x
–––-––
2
͙ෆ3
––––––
cos x
1
–––
2
1
–––
2
1 + cos x
–––––––––
2
͙ෆ3
––––––
cos x
1
–––
2
1
––
2
x
΂––΃2
π
––
2
1
––
2
π
–––
2
x 1
΂cos2 –– – –––΃2 2
π
΂––– – x΃2
1
–––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
14 CCCC
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de
A ʜ B, sendo:
A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·e
B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·.
a) 0 b) 1 c) 2
d) ΂2 – 2 + ͙ෆ3 ΃/3 e) ΂2 + 2 – ͙ෆ3 ΃/3
Resolução
Sendo:
A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·=
= Άx1 = sen2 : x2 = sen2
·
B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·=
= Άy1 = sen2 ; y2 = sen2
·
temos:
A ʜ B = {x1, x2, y1, y2}
Portanto:
x1 + x2 + y1 + y2 =
= sen2 +sen2 +sen2 +sen2 =
= sen2 + sen2 + sen2 + cos2 =
1
= 1 +
2
+
2
= 2
͙ෆ3
΂––––΃2
1
΂––΃2
π
΂–––΃24
π
΂–––΃3
π
΂–––΃6
π
΂–––΃24
11π
΂––––΃24
8π
΂–––΃24
4π
΂–––΃24
π
΂–––΃24
11. π
΂–––––΃24
8. π
΂–––––΃24
(3k + 5). π
΂–––––––––΃24
4π
΂–––΃24
π
΂–––΃24
k2. π
΂–––––΃24
(3k + 5) π
΂–––––––––΃24
k2π
΂––––΃24
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
15 CCCC
Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n,
onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos da
linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por
ajk = , quando j ≥ k, ajk = , quando j < k
e
bjk = (– 2)p .
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é
definido por ∑n
p =1 cpp. Quando n for ímpar, o traço de
A + B é igual a
a) n (n – 1)/3. b) (n – 1) (n + 1)/4.
c) (n2 – 3n + 2)/(n – 2). d) 3(n – 1)/n.
e) (n – 1)/(n – 2)
Resolução
n
O traço da matriz C = A + B é ∑ cpp tal que
p = 1
cpp = + (–1)p, pois:
1) bjk = (–2)p . = (–2)0. + (–2)1 . +
+ (–2)2 . + ... + (–2)jk . = (1 – 2)jk = (–1)jk
2) ajk = , quando j = k.
Portanto, o traço da matriz C = A + B é
cpp = c11 + c22 + ... + cnn =
= + (–1)1 + + (–1)2 + ... + + (–1)n
Se n é ímpar, então
cpp = + + ... + + (–1) =
= n – 1 = =
n2 – 3n + 2
––––––––––––
n – 2
(n – 1) . (n – 2)
––––––––––––––
n – 2
n
΂ ΃n
2
΂ ΃2
1
΂ ΃1
n
∑
p = 1
n
΂ ΃n
2
΂ ΃2
1
΂ ΃1
n
∑
p = 1
j
΂ ΃k
jk
΂ ΃jk
jk
΂ ΃2
jk
΂ ΃1
jk
΂ ΃0
jk
΂ ΃p
jk
∑
p = 0
p
΂ ΃p
jk
΂ ΃p
jk
∑
p=0
k
΂ ΃j
j
΂ ΃k
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
16 AAAA
Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado
pelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área desse
triângulo mede
a) 15/2. b) 13/4. c) 11/6.
d) 9/4. e) 7/2.
Resolução
I. O ponto A é a intersecção entre as retas de equa-
ções 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
2x = y x = 2
Ά ⇔
Ά ∴ A (2; 4)
x = –2y + 10 y = 4
II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equa-
ções x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
x = 2y x = 5
Ά ⇔
Ά ∴ D ΂5; ΃x = –2y + 10 y =
III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelas
retas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos:
S = SABC – SBCD = – =
15
–––
2
5
10 . ––
2
–––––––
2
10 . 4
–––—
2
5
–––
2
5
–––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
17 AAAA
Sejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano car-
tesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alter-
nativas 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) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
Resolução
Sendo A(a;0), B(0;a), C(a;a) e P(x;y), temos:
1º) reta AB: + = 1 ⇔ x + y – a = 0
2º) distância de P à reta AB:
dP,AB =
3º) distância entre os pontos P e C:
dP,C = (x – a)2 + (y – a)2
4º) dP,AB = dP,C ⇒ =
= (x – a)2 + (y – a)2 ⇔
⇔ (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] ⇔
⇔ x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
͉x + y – a͉
––––––––––––
͙ළළ2
͉x + y – a͉
––––––––––––
͙ළළ2
y
–––
a
x
–––
a
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
18 BBBB
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 desi-
gualdades
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
1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polí-
gonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo cír-
culo de raio R, como se vê na figura seguinte.
em que tg = =
e de modo análogo, tg =
2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se:
2.1) ≤ 1 ⇔ ≤ ⇔
⇔tg ≤ < = tg
assim: < ⇔ n > 6 (I)
2.2) > 1 ⇔ > ⇔
⇔ tg > > ͙ළළ2 – 1 = tg
assim: > ⇔ n – 1 < 8 ⇔ n < 9 (II)
3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9
π
––
8
π
–––––
n – 1
π
(––
)8
1
––
2
π
(–––––
)n – 1
1
––
2
1 bn – 1
–– . ––––––
2 an – 1
bn – 1
––––––
an – 1
π
––
6
π
––
n
π
(––
)6
͙ළළ3
––––
3
1
––
2
π
(––
)n
1
––
2
1 bn
–– . ––––
2 an
bn
–––
an
1 bn – 1
–– . ––––––
2 an – 1
π
(–––––)n – 1
1 bn–– . –––
2 an
bn–––
2
–––––
an
π
(––)n
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
19 EEEE
Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está ins-
crito 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
a) ͙ළළළළ5/8 . b) 9͙ළළ2/16. c) 2 (͙ළළ2 – 1).
d) (4͙ළළ2 + 1)/8. e) (2 + ͙ළළ2)/4.
Resolução
Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octó-
gonos P1 e P2, respectivamente.
Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos
cos = 2 . cos – 1 ⇒ 1 + =
= 2 . cos2 ⇒ cos2 = , pois
cos > 0
No triângulo AOM, temos:
cos = ⇒ = ⇒
⇒ a1= R
Assim,
=
2
= =
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
2 + ͙ෆ2
––––––––
΂R ͙ෆෆෆෆ΃
2
4–––––––––––––––
R
a1
΂–––΃a2
A1
–––
A2
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
a1
–––
R
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
a1
–––
R
π
΂–––΃8
π
΂–––΃8
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
π
΂–––΃8
π
΂–––΃8
͙ෆ2
––––
2
π
΂–––΃8
π
΂2 . –––΃8
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
20 CCCC
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal,
cujo apótema da base mede ͙ළළ3 cm. Secciona-se a pirâ-
mide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tron-
co de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado
que a razão entre as alturas das pirâmides é 1/͙ළළ2, a
altura do tronco, em centímetros, é igual a
a) (͙ළළ6 – ͙ළළ2 )/4. b) (͙ළළ6 – ͙ළළ3 ) / 3.
c) (3͙ළළ3 – ͙ළළ6) /21. d) (3͙ළළ2 – 2͙ළළ3 ) / 6.
e) (2͙ළළ6 – ͙ළළ2 ) / 22.
Resolução
Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta da
base menor do tronco e x a medida, em centímetros,
da altura do tronco, temos:
1º) = ⇔ = ⇔ a = ͙ෆෆ2
2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é:
AB = = 6 ͙ෆෆ3
3º) A área da base menor, em centímetros quadrados,
é:
Ab = = 3 ͙ෆෆ3
4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, é
dado por:
V = (AB + Ab + ͙ෆෆෆෆෆAB . Ab ) =
= (6 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ6 ) = x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 )
Assim:
x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 ) = 1 ⇔ x = ⇔
⇔ x =
3 ͙ෆෆ3 – ͙ෆෆ6
–––––––––––––
21
1
–––––––––––––
3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6
x
–––
3
x
–––
3
6 . ( ͙ෆෆ2 )2
. ͙ෆෆ3
––––––––––––––––
4
6 . 22 ͙ෆෆ3
––––––––––
4
1
––––––
͙ෆෆ2
a
–––
2
h
–––
H
a
–––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de
números reais tais que
A ∪ B ∪ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ x2 + x ≥ 2},
A ∪ B = {x ∈ ‫:ޒ‬ 8–x – 3 . 4–x – 22 –x > 0},
A ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ log(x + 4) ≤ 0},
B ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ 0 ≤ 2x + 7 < 2}.
Resolução
Considerando-se que:
1) x2 + x ≥ 2 ⇔ x2 + x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 2 ou x ≥ 1
2) 8 –x – 3 . 4–x – 22–x > 0 ⇔ 2–2x – 3 . 2–x – 4 > 0 ⇔
⇔ 2–x > 22 ou 2 –x < – 1 ⇔ x < – 2
3) log (x + 4) ≤ 0 ⇔ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇔ – 4 < x ≤ – 3
4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇔ ≤ x <
5) ΄(A ʜ B ʜ C) – (A ʜ B)΅ ʜ ΄(A ʝ C) ʜ (B ʝ C)΅ = C
6)
pode-se concluir que
C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}
Resposta: C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}
5
– ––
2
5
– ––
2
5
– ––
2
7
– ––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
22Determine o conjunto A formado por todos os números
complexos z tais que
+ = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1.
Resolução
Se z = a + bi, então
1) + = 3
(a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) +
+ (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) ⇔
⇔ (3a2 – 3b2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 ⇔
⇔
Ά ⇔
⇔
Ά ⇔
Ά ⇔
⇔ (a = 0 e b = 1)ou (a = 0 e b = 2) ou a ∈ ‫ޒ‬ e b = 1
2) 0 < ͉ a + bi – 2i ͉ ≤ 1 ⇔ 0 < a2 + (b – 2)2 ≤ 1
De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i
Resposta: A = {i}
23Seja k um número inteiro positivo e
Ak = {j ∈ ‫:ގ‬ j ≤ k e mdc(j, k) = 1}.
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não,
nesta ordem, numa progressão aritmética ou geomé-
trica. Se for o caso, especifique a razão.
Resolução
Ak = {j ∈ ‫ގ‬ ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número intei-
ro positivo, então n (Ak) = k – , quando k é múltiplo
de 3.
Assim: n (A3) = 3 – = 2, n (A9) = 9 – = 6,
n (A27) = 27 – = 18 e n (A81) = 81 – = 54.
Como = = = 3, os números
n (A3) = 2, n (A9) = 6, n (A27) = 18 e n (A81) = 54, nesta
ordem, estão em progressão geométrica de razão 3.
Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3.
n (A81)
–––––––
n (A27)
n (A27)
–––––––
n (A9)
n (A9)
–––––
n (A3)
81
–––
3
27
–––
3
9
––
3
3
––
3
k
––
3
b = 1 ou b = 2
a = 0 ou b = 1
b2 – 3b + 2 = 0
a = 0 ou b = 1
3a2 – 3b2 + 6b = 3a2 + 3b2 – 12b + 12
2a(b – 1) = 0
2a + 2bi
–––––––––
a – bi + 2i
a – bi
–––––––––
a + bi – 2i
2z
––––––
z
–
+ 2i
z
–
––––––
z – 2i
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
24Considere a equação:
͙ළළළළළළx2 – p + 2 ͙ළළළළළළx2– 1 = x.
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admi-
te raizes reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
Resolução
Sendo x ≥ 1 (I), temos:
͙ළළළළළළළx2 – p + 2͙ළළළළළළළx2 – 1 = x ⇔
⇔ (x2 – p) + 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 ⇔
⇔ 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) ⇔
⇔ 16(x2 – p)(x2 – 1) =
= p2 – 8p(x2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se
x2 ≤ e x2 – p ≥ 0 (II)
Assim:
16x4 – 16x2 – 16px2 + 16p =
= p2 – 8px2 + 8p + 16x4 – 32x2 + 16 ⇔
⇔ 16x2 – 8px2 = p2 – 8p + 16 ⇔
⇔ x2 = ⇔ x = , pois x ≥ 1
Para que a equação admita raízes reais, devemos ter:
Ά ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ 0 ≤ p ≤
Respostas: a) 0 ≤ p ≤ b) x =
4 – p
–––––––––––
2͙ළළළළළළළළ4 – 2p
4
–––
3
4
–––
3
p < 2
4
0 ≤ p ≤ –––
3
Ά
p < 2
p(3p – 4) ≤ 0Ά
p < 2
(4 – p)2
p ≤ ––––––––––
8(2 – p)
(4 – p)2 p + 4
––––––––– ≤ –––––––
8(2 – p) 4
Ά
p < 2
p ≤ x2
p + 4
x2 ≤ ––––––
4
Ά
4 – 2p > 0
p + 4
p ≤ x2 ≤ ––––––
4
|4 – p|
–––––––––––
2͙ළළළළළළළළ4 – 2p
(4 – p)2
–––––––––
8(2 – p)
p + 4
––––––
4
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
25Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto
solução do sistema
log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0,
2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0,
3
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ2x + y + 6z – 2w – 2 = 0.
Resolução
1) log [(x + 2y) (w – 3z)–1)] = 0 ⇔
⇔ = 1 ⇔ x + 2y = w – 3z ⇔
⇔ x + 2y + 3z = w (I)
2) 2x + 3z – 8 . 2y – 3z + w = 0 ⇔
⇔ 2x + 3z = 23 + y – 3z + w ⇔
⇔ x + 3z = 3 + y – 3z + w ⇔
⇔ x – y + 6z = 3 + w (II)
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ3)
3
2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 ⇔
⇔ 2x + y + 6z – 2w = 8 ⇔
⇔ 2x + y + 6z = 2w + 8 (III)
De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos:
Resposta: (x, y, z, w) = + k, – , – , k ,∀k ≠ – 5΃
5
––
3
8
––
3
31
–––
3΂
31 8 5
x = ––– + k y = – –– z = – –– w = k, ∀k ≠ – 5
3 3 3
31 + 3k
x + 2y + 3z = k x = ––––––––
3
8⇔
Ά – x – 5y = 3 – k ⇔
Άy = – –––
3
8 5
y = – –– z = – –––
3 3
x + 2y + 3z = k x + 2y + 3z = k
Άx – y + 6z = 3 + k ⇔
Ά – x – 5y = 3 – k ⇔
2x + y + 6z = 2k + 8 – 3y = 8
(x + 2y)
–––––––
w – 3z
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
26Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma co-
missão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e
1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão pode-
rá ser formada?
Resolução
Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma res-
trição, só não serve aquela constituída pelos cinco ra-
pazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de
126 – 1 = 125 formas distintas.
Resposta: 125 formas distintas
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
27Considere 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 geo-
métrica decrescente. Se β for o ângulo EA
^
D, determi-
ne tg β em função da razão r da progressão.
Resolução
Sendo AB = BC = x e BC, BD, DE e EC, nesta ordem,
termos de uma progressão geométrica decrescente de
razão r, temos: BD = xr , DE = xr2 e EC = xr3
I) No triângulo ABD:
tg α = ⇔ tg α = r
II) No triângulo ABE:
tg (α + B) = ⇔ = r + r2 ⇔
⇔ = r + r2 ⇔
⇔ r + tg β = r + r2 – r2 tg β – r3 tg β ⇔
⇔ tg β + r2 tg β + r3 tg β = r2 ⇔
⇔ tg β = (I)
Por outro lado, tem-se:
x = xr + xr2 + xr3 ⇔ r2 + r3 = 1 – r (II)
De (I) e (II), tem-se finalmente:
tg β = ⇔ ⇔ tg β =
Resposta: tg β =
r2
––––––
2 – r
r2
––––––
2 – r
r2
–––––––––––
1 + (1 – r)
r2
–––––––––––
1 + r2 + r3
r + tg β
––––––––––
1 – r tg β
tg α + tg β
––––––––––––––
1 – tg α . tg β
xr + xr 2
––––––––
x
xr
––
x
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
28Considere, 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. Deter-
mine o raio da circunferência C2, sabendo que ela tan-
gencia a reta definida pela equação x = y.
Resolução
1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto de
tangência das circunferências, temos:
TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = ͙ළළළළ29, como raio de C1.
2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é
d1 = = ͙ළළ2
3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é
d2 = =
Portanto, d2 – d1 = – ͙ළළ2 =
4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados na
figura, temos:
= ⇔
⇔ ͙ළළළළ29 . r – = ⇔
⇔ r . (2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2) = 5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 ⇔
⇔ r = =
= =
Resposta:
145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29
–––––––––––––––
49
145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29
–––––––––––––––
49
290͙ළළ2 + 30͙ළළළළ29
–––––––––––––––
98
5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 )
––––––––––––––––––––––––––––
(2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2 ) . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 )
r . 3͙ළළ2
–––––––––
2
5͙ළළ2 .͙ළළළළ29
––––––––––
2
5͙ළළ2
r – ––––––
2
––––––––––––
3͙ළළ2
–––––
2
r
–––––
͙ළළළළ29
3͙ළළ2
–––––
2
5͙ළළ2
–––––
2
5͙ළළ2
–––––
2
͉10 – 5͉
–––––––––
͙ළළ2
͉12 – 10͉
–––––––––
͙ළළ2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
29Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triân-
gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda cir-
cunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do
triângulo internamente e C1 externamente. Calcule
(R1 – R2)/h.
Resolução
Sejam O1 e O2 os centros das circunferências C1 e C2,
respectivamente.
Como o triângulo ABC é eqüilátero, temos:
R1 = e portanto AH2 =
O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante ao
triângulo ABC e, portanto,
R2 = . AH2 = . =
Logo,
= = =
Resposta: =
2
–––
9
R1 – R2
––––––––
h
2
–––
9
3h – h
––––––––
9h
h h
––– – –––
3 9
––––––––––
h
R1 – R2
––––––––
h
h
–––
9
h
–––
3
1
–––
3
1
–––
3
h
–––
3
h
–––
3
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
30Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume
8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cada
vértice do cubo é centro de uma esfera de 1 cm de raio.
Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
1º)Se a for a medida (em centímetros) de cada aresta
do cubo, então cada aresta do tetraedro regular terá
medida (em centímetros) igual a a͙ළළ2 e seu volume
(em centímetros cúbicos) será expresso por
=
Assim: = ⇔ a = 2
2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igual
à diferença entre o volume do cubo e oito oitavos do
volume de uma dessas esferas.
Assim, sendo V o volume procurado, em centíme-
tros cúbicos, tem-se:
V = 23 – . π . 13 = =
Resposta: cm34 (6 – π)
––––––––
3
4 (6 – π)
––––––––
3
24 – 4π
––––––––
3
4
–––
3
8
–––
3
a3
–––
3
a3
–––
3
(a͙ළළ2)3 . ͙ළළ2
–––––––––––
12
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFFIIIICCCCOOOO
Prova extremamente longa, composta de questões
difíceis e que exigiram dos candidatos mais bem pre-
parados muita energia e determinação nas extensas
resoluções.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

www.AulasParticulares.Info - Matemática - Produto Notável
www.AulasParticulares.Info - Matemática -  Produto Notávelwww.AulasParticulares.Info - Matemática -  Produto Notável
www.AulasParticulares.Info - Matemática - Produto NotávelAulasPartInfo
 
www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br - Matemática - Produto Notável
 www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br  - Matemática -  Produto Notável www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br  - Matemática -  Produto Notável
www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br - Matemática - Produto NotávelClarice Leclaire
 
Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisWilson Kushima
 
Testes matrizes unificado resoluções
Testes matrizes unificado   resoluçõesTestes matrizes unificado   resoluções
Testes matrizes unificado resoluçõesffbernardes
 
Apostila bastante completa de matematica
Apostila bastante completa de matematicaApostila bastante completa de matematica
Apostila bastante completa de matematicaRoberio Figueiredo
 
Testes matrizes unificado
Testes matrizes unificadoTestes matrizes unificado
Testes matrizes unificadoffbernardes
 
8ano monomios polinomios_casos_notaveis
8ano monomios polinomios_casos_notaveis8ano monomios polinomios_casos_notaveis
8ano monomios polinomios_casos_notaveisManuel Figueiredo
 
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.Gleidson Luis
 
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômios
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômiosExercícios resolvidos sobre fatoração de polinômios
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômiosAndré Luís Nogueira
 
Cexma12 res cp06p04304820052609
Cexma12 res cp06p04304820052609Cexma12 res cp06p04304820052609
Cexma12 res cp06p04304820052609Marco Marta
 
Sistema de 1 grau
Sistema de 1 grauSistema de 1 grau
Sistema de 1 grauRenata Melo
 
Manual_sucessões.pdf 11º ano
Manual_sucessões.pdf 11º anoManual_sucessões.pdf 11º ano
Manual_sucessões.pdf 11º anoCarolinaGomes116
 
Equação do 1º grau
Equação do 1º grauEquação do 1º grau
Equação do 1º grauRiva Davio
 

Mais procurados (20)

Cnsg modulo
Cnsg modulo Cnsg modulo
Cnsg modulo
 
Questao (60)
Questao (60)Questao (60)
Questao (60)
 
www.AulasParticulares.Info - Matemática - Produto Notável
www.AulasParticulares.Info - Matemática -  Produto Notávelwww.AulasParticulares.Info - Matemática -  Produto Notável
www.AulasParticulares.Info - Matemática - Produto Notável
 
www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br - Matemática - Produto Notável
 www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br  - Matemática -  Produto Notável www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br  - Matemática -  Produto Notável
www.AulasDeMatematicanoRJ.Com.Br - Matemática - Produto Notável
 
Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
 
Testes matrizes unificado resoluções
Testes matrizes unificado   resoluçõesTestes matrizes unificado   resoluções
Testes matrizes unificado resoluções
 
Apostila bastante completa de matematica
Apostila bastante completa de matematicaApostila bastante completa de matematica
Apostila bastante completa de matematica
 
Testes matrizes unificado
Testes matrizes unificadoTestes matrizes unificado
Testes matrizes unificado
 
Complex
ComplexComplex
Complex
 
8ano monomios polinomios_casos_notaveis
8ano monomios polinomios_casos_notaveis8ano monomios polinomios_casos_notaveis
8ano monomios polinomios_casos_notaveis
 
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.
Lista de Exercicios Sistemas Lineares do 1 grau.
 
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômios
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômiosExercícios resolvidos sobre fatoração de polinômios
Exercícios resolvidos sobre fatoração de polinômios
 
AULA 10 - 7º ANO - CEM
AULA 10 - 7º ANO - CEMAULA 10 - 7º ANO - CEM
AULA 10 - 7º ANO - CEM
 
Potenciação
Potenciação Potenciação
Potenciação
 
Lista 01 gabarito
Lista 01   gabaritoLista 01   gabarito
Lista 01 gabarito
 
Cexma12 res cp06p04304820052609
Cexma12 res cp06p04304820052609Cexma12 res cp06p04304820052609
Cexma12 res cp06p04304820052609
 
Sistema de 1 grau
Sistema de 1 grauSistema de 1 grau
Sistema de 1 grau
 
Manual_sucessões.pdf 11º ano
Manual_sucessões.pdf 11º anoManual_sucessões.pdf 11º ano
Manual_sucessões.pdf 11º ano
 
Equação do 1º grau
Equação do 1º grauEquação do 1º grau
Equação do 1º grau
 
Novas Informações Sobre a Equação de Euler-Tricomi
Novas Informações Sobre a Equação de Euler-TricomiNovas Informações Sobre a Equação de Euler-Tricomi
Novas Informações Sobre a Equação de Euler-Tricomi
 

Destaque

Advanced motion controls dpcants 060b080
Advanced motion controls dpcants 060b080Advanced motion controls dpcants 060b080
Advanced motion controls dpcants 060b080Electromate
 
NYU final project
NYU final projectNYU final project
NYU final projectDaniel Yoon
 
Welcome to the northridge middle 2
Welcome to the northridge middle 2Welcome to the northridge middle 2
Welcome to the northridge middle 2Lisa Pixley
 
Administration director performance appraisal
Administration director performance appraisalAdministration director performance appraisal
Administration director performance appraisalDwightYorke456
 
Lifestyle Technologies and Society
Lifestyle Technologies and SocietyLifestyle Technologies and Society
Lifestyle Technologies and SocietyDavid Wortley
 
Ita2007 4dia
Ita2007 4diaIta2007 4dia
Ita2007 4diacavip
 
Faccc 2yr calendar
Faccc 2yr calendarFaccc 2yr calendar
Faccc 2yr calendarfaccc
 
Paradigmas tecnoeconomicos
Paradigmas tecnoeconomicosParadigmas tecnoeconomicos
Paradigmas tecnoeconomicosrocio melendez
 
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25journalrubezh
 
Advanced motion controls dpcants 025b200
Advanced motion controls dpcants 025b200Advanced motion controls dpcants 025b200
Advanced motion controls dpcants 025b200Electromate
 
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Execution
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Executionマルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Execution
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded ExecutionAppresso Engineering Team
 
Isi komposit
Isi kompositIsi komposit
Isi kompositsigit dc
 

Destaque (20)

المصحف المجزأ بالخط الكبير- الجزء الخامس عشر- أبيض وأسود
المصحف المجزأ بالخط الكبير- الجزء الخامس عشر- أبيض وأسودالمصحف المجزأ بالخط الكبير- الجزء الخامس عشر- أبيض وأسود
المصحف المجزأ بالخط الكبير- الجزء الخامس عشر- أبيض وأسود
 
Advanced motion controls dpcants 060b080
Advanced motion controls dpcants 060b080Advanced motion controls dpcants 060b080
Advanced motion controls dpcants 060b080
 
NYU final project
NYU final projectNYU final project
NYU final project
 
Welcome to the northridge middle 2
Welcome to the northridge middle 2Welcome to the northridge middle 2
Welcome to the northridge middle 2
 
Exesposo
ExesposoExesposo
Exesposo
 
Vankien tong hop
Vankien tong hopVankien tong hop
Vankien tong hop
 
Administration director performance appraisal
Administration director performance appraisalAdministration director performance appraisal
Administration director performance appraisal
 
Lifestyle Technologies and Society
Lifestyle Technologies and SocietyLifestyle Technologies and Society
Lifestyle Technologies and Society
 
Ita2007 4dia
Ita2007 4diaIta2007 4dia
Ita2007 4dia
 
Faccc 2yr calendar
Faccc 2yr calendarFaccc 2yr calendar
Faccc 2yr calendar
 
Paradigmas tecnoeconomicos
Paradigmas tecnoeconomicosParadigmas tecnoeconomicos
Paradigmas tecnoeconomicos
 
Getting started
Getting startedGetting started
Getting started
 
Por dentro da saúde
Por dentro da saúdePor dentro da saúde
Por dentro da saúde
 
Dhtic proyecto
Dhtic proyectoDhtic proyecto
Dhtic proyecto
 
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25
Bda75e8c8f6148abe86684aa430f9a25
 
Informatica
InformaticaInformatica
Informatica
 
Advanced motion controls dpcants 025b200
Advanced motion controls dpcants 025b200Advanced motion controls dpcants 025b200
Advanced motion controls dpcants 025b200
 
Power point alioli
Power point alioliPower point alioli
Power point alioli
 
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Execution
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Executionマルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Execution
マルチスレッド デザインパターン ― Single Threaded Execution
 
Isi komposit
Isi kompositIsi komposit
Isi komposit
 

Semelhante a Ita2007 3dia

Ita2006 3dia
Ita2006 3diaIta2006 3dia
Ita2006 3diacavip
 
Ita2009 3dia
Ita2009 3diaIta2009 3dia
Ita2009 3diacavip
 
Ita2013 3dia
Ita2013 3diaIta2013 3dia
Ita2013 3diacavip
 
Ita2012 3dia
Ita2012 3diaIta2012 3dia
Ita2012 3diacavip
 
Ita2008 3dia
Ita2008 3diaIta2008 3dia
Ita2008 3diacavip
 
Trabalho de geometria analítica
Trabalho de geometria analíticaTrabalho de geometria analítica
Trabalho de geometria analíticaDaniel Castro
 
Gabgacircunferencias2013
Gabgacircunferencias2013Gabgacircunferencias2013
Gabgacircunferencias2013Clara Rodrigues
 
Resumo de matemática básica
Resumo de matemática básicaResumo de matemática básica
Resumo de matemática básicaeeemba
 
Gab complexos formaalgebrica2012
Gab complexos formaalgebrica2012Gab complexos formaalgebrica2012
Gab complexos formaalgebrica2012Wilson Marques
 
Matemática- Miniteste 2: Polinómios
Matemática- Miniteste 2: PolinómiosMatemática- Miniteste 2: Polinómios
Matemática- Miniteste 2: PolinómiosDark_Neox
 
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlos
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio CarlosExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlos
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlosguesta4929b
 

Semelhante a Ita2007 3dia (20)

Ita2006 3dia
Ita2006 3diaIta2006 3dia
Ita2006 3dia
 
Ita2009 3dia
Ita2009 3diaIta2009 3dia
Ita2009 3dia
 
Ita2013 3dia
Ita2013 3diaIta2013 3dia
Ita2013 3dia
 
Ita2012 3dia
Ita2012 3diaIta2012 3dia
Ita2012 3dia
 
Matemática – produtos notáveis 01 2013
Matemática – produtos notáveis 01   2013Matemática – produtos notáveis 01   2013
Matemática – produtos notáveis 01 2013
 
Matemática – produtos notáveis 01 2013
Matemática – produtos notáveis 01   2013Matemática – produtos notáveis 01   2013
Matemática – produtos notáveis 01 2013
 
matematica 8 ano
matematica 8 anomatematica 8 ano
matematica 8 ano
 
Ita2008 3dia
Ita2008 3diaIta2008 3dia
Ita2008 3dia
 
Trabalho de geometria analítica
Trabalho de geometria analíticaTrabalho de geometria analítica
Trabalho de geometria analítica
 
Gabgacircunferencias2013
Gabgacircunferencias2013Gabgacircunferencias2013
Gabgacircunferencias2013
 
Resumo de matemática básica
Resumo de matemática básicaResumo de matemática básica
Resumo de matemática básica
 
Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
 
Gab complexos formaalgebrica2012
Gab complexos formaalgebrica2012Gab complexos formaalgebrica2012
Gab complexos formaalgebrica2012
 
Matemática- Miniteste 2: Polinómios
Matemática- Miniteste 2: PolinómiosMatemática- Miniteste 2: Polinómios
Matemática- Miniteste 2: Polinómios
 
mma12_res_qte2 (6).pdf
mma12_res_qte2 (6).pdfmma12_res_qte2 (6).pdf
mma12_res_qte2 (6).pdf
 
Ita02m
Ita02mIta02m
Ita02m
 
Aulaomit
AulaomitAulaomit
Aulaomit
 
Ficha1.pdf
Ficha1.pdfFicha1.pdf
Ficha1.pdf
 
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlos
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio CarlosExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlos
ExercíCio De FatoraçãO Com Gabarito 50 Questoes. Antonio Carlos
 
Matemática – produtos notáveis 02 2013
Matemática – produtos notáveis 02  2013Matemática – produtos notáveis 02  2013
Matemática – produtos notáveis 02 2013
 

Mais de cavip

Sf2n3 2010
Sf2n3 2010Sf2n3 2010
Sf2n3 2010cavip
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010cavip
 
Sf2n1 2010
Sf2n1 2010Sf2n1 2010
Sf2n1 2010cavip
 
Pf2n3 2010
Pf2n3 2010Pf2n3 2010
Pf2n3 2010cavip
 
Pf2n2 2010
Pf2n2 2010Pf2n2 2010
Pf2n2 2010cavip
 
Pf2n1 2010
Pf2n1 2010Pf2n1 2010
Pf2n1 2010cavip
 
Sf2n3 2011
Sf2n3 2011Sf2n3 2011
Sf2n3 2011cavip
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011cavip
 
Sf2n1 2011
Sf2n1 2011Sf2n1 2011
Sf2n1 2011cavip
 
Pf2n3 2011
Pf2n3 2011Pf2n3 2011
Pf2n3 2011cavip
 
Pf2n2 2011
Pf2n2 2011Pf2n2 2011
Pf2n2 2011cavip
 
Pf2n1 2011
Pf2n1 2011Pf2n1 2011
Pf2n1 2011cavip
 
Pf2n3 2012
Pf2n3 2012Pf2n3 2012
Pf2n3 2012cavip
 
Pf2n2 2012
Pf2n2 2012Pf2n2 2012
Pf2n2 2012cavip
 
Pf2n1 2012
Pf2n1 2012Pf2n1 2012
Pf2n1 2012cavip
 
Pf1n3 2012
Pf1n3 2012Pf1n3 2012
Pf1n3 2012cavip
 
Pf1n2 2012
Pf1n2 2012Pf1n2 2012
Pf1n2 2012cavip
 
Pf1n1 2012
Pf1n1 2012Pf1n1 2012
Pf1n1 2012cavip
 
Lpp3 910
Lpp3 910Lpp3 910
Lpp3 910cavip
 
Lpp3 801 pec
Lpp3   801 pecLpp3   801 pec
Lpp3 801 peccavip
 

Mais de cavip (20)

Sf2n3 2010
Sf2n3 2010Sf2n3 2010
Sf2n3 2010
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010
 
Sf2n1 2010
Sf2n1 2010Sf2n1 2010
Sf2n1 2010
 
Pf2n3 2010
Pf2n3 2010Pf2n3 2010
Pf2n3 2010
 
Pf2n2 2010
Pf2n2 2010Pf2n2 2010
Pf2n2 2010
 
Pf2n1 2010
Pf2n1 2010Pf2n1 2010
Pf2n1 2010
 
Sf2n3 2011
Sf2n3 2011Sf2n3 2011
Sf2n3 2011
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011
 
Sf2n1 2011
Sf2n1 2011Sf2n1 2011
Sf2n1 2011
 
Pf2n3 2011
Pf2n3 2011Pf2n3 2011
Pf2n3 2011
 
Pf2n2 2011
Pf2n2 2011Pf2n2 2011
Pf2n2 2011
 
Pf2n1 2011
Pf2n1 2011Pf2n1 2011
Pf2n1 2011
 
Pf2n3 2012
Pf2n3 2012Pf2n3 2012
Pf2n3 2012
 
Pf2n2 2012
Pf2n2 2012Pf2n2 2012
Pf2n2 2012
 
Pf2n1 2012
Pf2n1 2012Pf2n1 2012
Pf2n1 2012
 
Pf1n3 2012
Pf1n3 2012Pf1n3 2012
Pf1n3 2012
 
Pf1n2 2012
Pf1n2 2012Pf1n2 2012
Pf1n2 2012
 
Pf1n1 2012
Pf1n1 2012Pf1n1 2012
Pf1n1 2012
 
Lpp3 910
Lpp3 910Lpp3 910
Lpp3 910
 
Lpp3 801 pec
Lpp3   801 pecLpp3   801 pec
Lpp3 801 pec
 

Ita2007 3dia

  • 1. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais. 1 DDDD Se A, B, C forem conjuntos tais que n(A ʜ B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10, n(B ʝ C) = 6 e n(A ʝ B ʝ C) = 4, então n(A), n(A ʜ C), n(A ʜ B ʜ C), nesta ordem, a) formam uma progressão aritmética de razão 6. b) formam uma progressão aritmética de razão 2. c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo primeiro termo é 11. d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo último termo é 31. e) não formam uma progressão aritmética. Resolução As informações apresentadas permitem construir o dia- grama de Venn-Euler seguinte: 1 ) n(A ∪ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 ⇔ x + y + z = 7 2) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 11 3) n(A ∪ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 21 4) n(A ∪ B ∪ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 = = 7 + 24 = 31 Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo último termo é 31. NOTAÇÕES ‫ގ‬ = {0, 1, 2, 3,...} ‫:ޚ‬ conjunto dos números inteiros ‫:ޑ‬ conjunto dos números racionais ‫:ޒ‬ conjunto dos números reais ‫:ރ‬ conjunto dos números complexos i: unidade imaginária; i2 = –1 Izl: módulo do número z ∈ ‫ރ‬ –– z: conjugado do número z ∈ ‫ރ‬ Re z: parte real de z ∈ ‫ރ‬ Im z: parte imaginária de z ∈ ‫ރ‬ ( n p): número de combinações de n elementos toma- dos p a p. mdc(j,k): máximo divisor comum dos números intei- ros j e k. n(X) : número de elementos de um conjunto finito X. (a,b) = {x ∈ ‫ޒ‬ : a < x < b}. IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666 MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTTIIIICCCCAAAA
  • 2. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 2 AAAA Seja A um conjunto com 14 elementos e B um sub- conjunto de A com 6 elementos. O número de subcon- juntos 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 Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são sub- conjuntos de (A – B). Como B ʚ A, n(A – B) = n(A) – n(A ʝ B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8. O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois C8;0 + C8;1 + … + C8;6 = + + … + = = 28 – – = 28 – 1 – 8 = 28 – 9 3 BBBB Considere a equação: 16 3 = – 4 . 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 16 . 3 = – 4 1) . = = = = – . i 2) – = = 2i 3) Se z = , temos 16z3 = (2i)4 ⇒ z3 = 1 ⇒ z = 1 ou z = – + i ou z = – – i 4) – i = 1 ⇒ x = 0 – i = – + i ⇒ x = – ͙ළළ3 – i = – – i ⇒ x = +͙ළළ3 A soma dos quadrados das soluções é 02 + (– ͙ළළ3 )2 + (͙ළළ3)2 = 6. ͙ළළ3 –––– 2 1 ––– 2 2x ––––––– 1 + x2 1 – x2 ––––––– 1 + x2 ͙ළළ3 –––– 2 1 ––– 2 2x ––––––– 1 + x2 1 – x2 ––––––– 1 + x2 2x ––––––– 1 + x2 1 – x2 ––––––– 1 + x2 ͙ළළ3 –––– 2 1 ––– 2 ͙ළළ3 –––– 2 1 ––– 2 1 – i . x –––––––––– 1 + i . x 1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2) –––––––––––––––––––––– 1 – i2 1 – i ––––––– 1 + i 1 + i ––––––– 1 – i 2x ––––––– 1 + x2 1 – x2 ––––––– 1 + x2 1 – x2 – 2xi ––––––––––––– 1 + x2 1 – 2ix + i2x2 ––––––––––––– 1 – i2x2 1 – ix ––––––– 1 – ix 1 – ix ––––––– 1 + ix ΃ 1 – i ––––– 1 + i 1 + i ––––– 1 – i΂΃ 1 – ix ––––––– 1 + ix΂ ΃ 1 – i ––––– 1 + i 1 + i ––––– 1 – i΂΃ 1 – ix ––––– 1 + ix΂ 8 ΂ ΃7 8 ΂ ΃8 8 ΂ ΃6 8 ΂ ΃1 8 ΂ ΃0 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 3. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 4 EEEE Assinale a opção que indica o módulo do número com- plexo , x ≠ kπ, k ∈ ‫.ޚ‬ a) Icos xl b) (1 + sen x)/2 c) cos2x d) Icossec xl e) Isen xl Resolução = = = = = ͉sen x͉ 1 –––––––––––– ͉cossec x͉ 1 –––––––––––––– ͙ළළළළළළළළළළළළළcossec2x 1 ––––––––––––––– ͙ළළළළළළළළළළළළළළ1 + cotg2x 1 ––––––––––– 1 + i cotg x 1 ––––––––––– 1 + i cotg x IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 4. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 5 DDDD 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 triân- gulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círcu- lo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica, então B / H é uma raiz do polinômio a) π3x3 + π2x2 + πx – 2 = 0. b) π2x3 + π3x2 + x + 1 = 0. c) π3x3 – π2x2 + πx + 2 = 0. d) πx3 – π2x2 + 2πx – 1 = 0. e) x3 – 2π2x2 + πx – 1 = 0. Resolução 1) No triângulo PMR, retângulo, temos PR = 2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos: = ⇒ = ⇔ ⇔ B (H – r) = r ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 (I), em que r é o raio do círculo inscrito no triângulo PQR. 3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e do círculo nele inscrito formam uma progressão geomé- trica, então ΂BH; ; π r 2 ΃ formam uma P.G. e, portanto, 2 = BH . π r2 ⇔ r2 = ⇔ ⇔ r = ͙ෆෆ, pois r > 0 4) Substituindo r na equação (I), resulta B ΂H – ͙ෆෆ΃= ͙ෆෆ. ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 ⇔ ⇔ B ΂H – H ͙ෆෆෆ ΃= = H 2 ͙ෆෆෆ . ⇔ B 2 ͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + 4 H B ––––– 4πH B ––––– 4πH BH –––– 4π BH –––– 4π BH –––– 4π BH –––– 4π BH ΂––––΃2 BH –––– 2 B 2 ͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2 2 –––––––––––––––––– H – r B –– 2 –––– r PR –––– PO MR –––– NO B 2 ͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 5. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO ⇔ . ΂1 – ΃= = (II) 5) Fazendo = x, e substituindo em (II), temos: x . ΂1 – ͙ෆෆෆෆ. x ΃ = ͙ෆෆෆෆෆෆ. x (x 2 + 4) ⇔ ⇔ x 2 . ΂1 – ͙ෆෆෆ΃ 2 = (x 2 + 4) ⇔ ⇔ x – 2x ͙ෆෆෆ+ = + ⇔ ⇔ x – = 2x ͙ෆෆෆ⇔ x – = ͙ෆෆෆ⇔ ⇔ x 2 – + = ⇔ ⇔ π x3 – π2 x2 + 2π x – 1 = 0 x3 ––– π 1 ––– π2 2x ––– π x3 –––– π 1 –– π x –––– 4π 1 –– π 1 –––– π x –––– 4π x –––– 4π x –––– 4π x –––– 4π x –––– 4π 1 –––– 4π 1 –––– 4π B –––– H 1 B B ͙ෆෆෆෆෆෆෆ––– . ΂–––΃. ΄΂–––΃ 2 + 4΅4π H H 1 B ͙ෆෆෆෆ––– . ΂–––΃4π H B –––– H IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 6. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 6 CCCC Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em progressão geométrica de razão r, então r pertence ao intervalo a) (0, (1 + ͙ෆ2 )/2). b) ΂(1 + ͙ෆ2 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2 ΃. c) ΂͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2, (1 + ͙ෆ5 )/2΃. d) ΂(1 + ͙ෆ5 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 ΃. e) ΂͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 , (2 + ͙ෆ3 )/2)΃. Resolução Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 1 1º) De acordo com a condição de existência desse triân- gulo, tem-se: ar 2 < a + ar ⇔ r2 – r – 1 < 0 ⇔ ⇔ < r < mas, como r > 1, então: (I) 2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-se ter ainda: (ar2)2 > a2 + (ar)2 ⇔ r4 – r 2 – 1 > 0 ⇔ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ > 0 ⇔ ⇔ (II) 3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente: < r < ⇔ ⇔ r ∈ 1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5 ΂͙ෆෆෆ–––––––––, ––––––– ΃2 2 1 + ͙ෆ5 –––––––– 2 1 + ͙ෆ5 ͙ෆෆෆ––––––––– 2 1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5 r < – ͙ෆෆෆ––––––––– ou r > ͙ෆෆෆ––––––––– 2 2 1 + ͙ෆ5 ΂r + ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2 1 + ͙ෆ5 ΂r – ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2 1 + ͙ෆ5 ΂r2 – –––––––––΃2 1 – ͙ෆ5 ΂r2 – –––––––––΃2 1 + ͙ෆ5 ΂r2 – –––––––––΃2 1 + ͙ෆ5 1 < r < –––––––– 2 1 + ͙ෆ5 –––––––––– 2 –1 + ͙ෆ5 –––––––––– 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 7. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 7 AAAA Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus lo- garitmos numa dada base k são números primos satis- fazendo logk(xy) = 49, logk(x/z) = 44. Então, logk(xyz) é igual a a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97. Resolução Considerando que: logk(xy) = 49 ⇒ logkx + logky = 49 (1) logk = 44 ⇒ logkx – logkz = 44 (2) Se logkx, logky, logk z são números primos positivos, então pode-se concluir que logkx = 47, logky = 2 e logkz = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, então um deles é 2. Portanto, logk (xyz) = logk x + logky + logk z = = 47 + 2 + 3 = 52. 8 EEEE Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quo- ciente são todos racionais. A soma x + y é igual a a) 0. b) 1. c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2. Resolução = . = = ∈ ‫ޑ‬ Então ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 = 0, pois ex, ey e são racionais Assim: ex+y. ͙ළළළ5 – 8 . ͙ළළළ5 = 0 ⇔ ͙ළළළ5 . (ex + y – 8) = 0 ⇔ ⇔ ex + y = 8 ⇔ x + y = loge8 = 3 . loge2 ex – 2͙ළළළ5 ––––––––– 4 – ey.͙ළළළ5 4 . ex + ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 – 2 ey . 5 ––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 16 – 5 . e2y 4 + ey . ͙ළළළ5 ––––––––––– 4 + ey.͙ළළළ5 ex – 2͙ළළළ5 ––––––––– 4 – ey.͙ළළළ5 ex – 2͙ළළළ5 ––––––––– 4 – ey.͙ළළළ5 ex – 2 ͙ෆ5 ––––––––––––– 4 – ey ͙ෆ5 x ΂–––΃z IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 8. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 9 BBBB Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 + 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) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1. Resolução Sendo Q(z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 + z + 1), temos: ⇔ ⇔ ⇔ Então, Q(z) = (z2 – z + 2) (z3 + z2 + z + 1) e as raízes de Q(z) são tais que z2 – z + 2 = 0 ou z3 + z2 + z + 1 = 0 ⇔ ⇔ z = ou (z + 1) (z2 + 1) = 0. As raízes de Q(z) são, portanto, os números z1 = + i ; z2 = – i ; z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i. Assim, |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 + |z5|2 = = + + + + 1 + 1 + 1 = = 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 7 10 BBBB Sendo c um número real a ser determinado, decom- ponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de dois cubos (x + a)3 – (x + b)3. Neste caso, ͉a + ͉ b ͉ – c ͉ é igual a a) 104. b ) 114. c) 124. d) 134. e) 144. Resolução Para que 9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3, devemos ter: 9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3) ⇔ Ά ⇔ Ά ⇔ Ά Logo, ͉a + ͉b͉ – c͉ = ͉–2 + ͉–5͉ – 117͉ = ͉–114͉ =114 a = – 2 b = – 5 c = 117 a – b = 3 a2 – b2 = – 21 a3 – b3 = c 3a – 3b = 9 3a2 – 3b2 = – 63 a3 – b3 = c ΃ 7 ––– 4 1 ––– 4΂΃ 7 ––– 4 1 ––– 4΂ ͙ළළළ7 –––– 2 1 ––– 2 ͙ළළළ7 –––– 2 1 ––– 2 1 ± ͙ළළළ7 i –––––––– 2 a = – 1 b = 2{ b . 1 = 2 (1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8{Q(0) = 2 Q(1) = 8{ IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 9. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 11 DDDD 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 – 1͉ – 3 ͉ – 2 ͉ = 0 ⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉͉ – 2 = 0 ⇔ ⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉ = 2 Para x ≤ 1, temos: ͉– x + 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉ – x – 2 ͉ = 2 ⇔ x = – 4 ou x = 0 Para x ≥ 1, temos: ͉x – 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉x – 4 ͉ = 2 ⇔ x = 6 ou x = 2. O conjunto-solução da equação é: S = Ά– 4; 0; 2; 6· e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4 12 EEEE 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 Sendo 1 ou 2 o algarismo das centenas, temos 2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode apa- recer mais de uma vez. Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resul- ta 5 . 6 . 5 = 150 valores. O total de números, de acordo com o enunciado, é 62 + 150 = 212. IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 10. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 13 DDDD Seja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assina- le a opção que indica o comprimento do menor in- tervalo que contém todas as soluções da desigualdade tg – ͙ෆ3 sec(x) ≥ 0. a) π/2 b) π/3 c) π/4 d) π/6 e) π/12 Resolução Sendo 0 < x < , temos: .tg ΂ – x΃– ͙ෆෆ3 . ΂cos2 – ΃. sec x ≥ 0 ⇔ ⇔ . cotg x – . ΄ – ΅ ≥ 0 ⇔ ⇔ . cotg x – . ΄ ΅ ≥ 0 ⇔ ⇔ . cotg x ≥ ⇔ cotg x ≥ ͙ෆ3 ⇔ ⇔ ≥ ͙ෆ3 ⇔ tg x ≤ ⇔ 0 < x ≤ Assim, o comprimento do menor intervalo que contém todas as soluções da desigualdade é . π ––– 6 π ––– 6 ͙ෆ3 –––– 3 1 –––– tg x ͙ෆ3 –––– 2 1 ––– 2 cos x –––-–– 2 ͙ෆ3 –––––– cos x 1 ––– 2 1 ––– 2 1 + cos x ––––––––– 2 ͙ෆ3 –––––– cos x 1 ––– 2 1 –– 2 x ΂––΃2 π –– 2 1 –– 2 π ––– 2 x 1 ΂cos2 –– – –––΃2 2 π ΂––– – x΃2 1 ––– 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 11. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 14 CCCC Assinale a opção que indica a soma dos elementos de A ʜ B, sendo: A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·e B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·. a) 0 b) 1 c) 2 d) ΂2 – 2 + ͙ෆ3 ΃/3 e) ΂2 + 2 – ͙ෆ3 ΃/3 Resolução Sendo: A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·= = Άx1 = sen2 : x2 = sen2 · B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·= = Άy1 = sen2 ; y2 = sen2 · temos: A ʜ B = {x1, x2, y1, y2} Portanto: x1 + x2 + y1 + y2 = = sen2 +sen2 +sen2 +sen2 = = sen2 + sen2 + sen2 + cos2 = 1 = 1 + 2 + 2 = 2 ͙ෆ3 ΂––––΃2 1 ΂––΃2 π ΂–––΃24 π ΂–––΃3 π ΂–––΃6 π ΂–––΃24 11π ΂––––΃24 8π ΂–––΃24 4π ΂–––΃24 π ΂–––΃24 11. π ΂–––––΃24 8. π ΂–––––΃24 (3k + 5). π ΂–––––––––΃24 4π ΂–––΃24 π ΂–––΃24 k2. π ΂–––––΃24 (3k + 5) π ΂–––––––––΃24 k2π ΂––––΃24 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 12. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 15 CCCC Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n, onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos da linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por ajk = , quando j ≥ k, ajk = , quando j < k e bjk = (– 2)p . O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é definido por ∑n p =1 cpp. Quando n for ímpar, o traço de A + B é igual a a) n (n – 1)/3. b) (n – 1) (n + 1)/4. c) (n2 – 3n + 2)/(n – 2). d) 3(n – 1)/n. e) (n – 1)/(n – 2) Resolução n O traço da matriz C = A + B é ∑ cpp tal que p = 1 cpp = + (–1)p, pois: 1) bjk = (–2)p . = (–2)0. + (–2)1 . + + (–2)2 . + ... + (–2)jk . = (1 – 2)jk = (–1)jk 2) ajk = , quando j = k. Portanto, o traço da matriz C = A + B é cpp = c11 + c22 + ... + cnn = = + (–1)1 + + (–1)2 + ... + + (–1)n Se n é ímpar, então cpp = + + ... + + (–1) = = n – 1 = = n2 – 3n + 2 –––––––––––– n – 2 (n – 1) . (n – 2) –––––––––––––– n – 2 n ΂ ΃n 2 ΂ ΃2 1 ΂ ΃1 n ∑ p = 1 n ΂ ΃n 2 ΂ ΃2 1 ΂ ΃1 n ∑ p = 1 j ΂ ΃k jk ΂ ΃jk jk ΂ ΃2 jk ΂ ΃1 jk ΂ ΃0 jk ΂ ΃p jk ∑ p = 0 p ΂ ΃p jk ΂ ΃p jk ∑ p=0 k ΂ ΃j j ΂ ΃k IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 13. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 16 AAAA Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado pelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área desse triângulo mede a) 15/2. b) 13/4. c) 11/6. d) 9/4. e) 7/2. Resolução I. O ponto A é a intersecção entre as retas de equa- ções 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coorde- nadas são as soluções do sistema 2x = y x = 2 Ά ⇔ Ά ∴ A (2; 4) x = –2y + 10 y = 4 II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equa- ções x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coorde- nadas são as soluções do sistema x = 2y x = 5 Ά ⇔ Ά ∴ D ΂5; ΃x = –2y + 10 y = III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelas retas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos: S = SABC – SBCD = – = 15 ––– 2 5 10 . –– 2 ––––––– 2 10 . 4 –––— 2 5 ––– 2 5 ––– 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 14. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 17 AAAA Sejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano car- tesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alter- nativas 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) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0 b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0 c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0 d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0 e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0 Resolução Sendo A(a;0), B(0;a), C(a;a) e P(x;y), temos: 1º) reta AB: + = 1 ⇔ x + y – a = 0 2º) distância de P à reta AB: dP,AB = 3º) distância entre os pontos P e C: dP,C = (x – a)2 + (y – a)2 4º) dP,AB = dP,C ⇒ = = (x – a)2 + (y – a)2 ⇔ ⇔ (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] ⇔ ⇔ x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0 ͉x + y – a͉ –––––––––––– ͙ළළ2 ͉x + y – a͉ –––––––––––– ͙ළළ2 y ––– a x ––– a IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 15. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 18 BBBB 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 desi- gualdades 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 1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polí- gonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo cír- culo de raio R, como se vê na figura seguinte. em que tg = = e de modo análogo, tg = 2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se: 2.1) ≤ 1 ⇔ ≤ ⇔ ⇔tg ≤ < = tg assim: < ⇔ n > 6 (I) 2.2) > 1 ⇔ > ⇔ ⇔ tg > > ͙ළළ2 – 1 = tg assim: > ⇔ n – 1 < 8 ⇔ n < 9 (II) 3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9 π –– 8 π ––––– n – 1 π (–– )8 1 –– 2 π (––––– )n – 1 1 –– 2 1 bn – 1 –– . –––––– 2 an – 1 bn – 1 –––––– an – 1 π –– 6 π –– n π (–– )6 ͙ළළ3 –––– 3 1 –– 2 π (–– )n 1 –– 2 1 bn –– . –––– 2 an bn ––– an 1 bn – 1 –– . –––––– 2 an – 1 π (–––––)n – 1 1 bn–– . ––– 2 an bn––– 2 ––––– an π (––)n IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 16. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 19 EEEE Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está ins- crito 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 a) ͙ළළළළ5/8 . b) 9͙ළළ2/16. c) 2 (͙ළළ2 – 1). d) (4͙ළළ2 + 1)/8. e) (2 + ͙ළළ2)/4. Resolução Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octó- gonos P1 e P2, respectivamente. Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos cos = 2 . cos – 1 ⇒ 1 + = = 2 . cos2 ⇒ cos2 = , pois cos > 0 No triângulo AOM, temos: cos = ⇒ = ⇒ ⇒ a1= R Assim, = 2 = = 2 + ͙ෆ2 –––––––– 4 2 + ͙ෆ2 –––––––– ΂R ͙ෆෆෆෆ΃ 2 4––––––––––––––– R a1 ΂–––΃a2 A1 ––– A2 2 + ͙ෆ2 –––––––– 4 a1 ––– R 2 + ͙ෆ2 –––––––– 4 a1 ––– R π ΂–––΃8 π ΂–––΃8 2 + ͙ෆ2 –––––––– 4 π ΂–––΃8 π ΂–––΃8 ͙ෆ2 –––– 2 π ΂–––΃8 π ΂2 . –––΃8 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 17. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 20 CCCC Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema da base mede ͙ළළ3 cm. Secciona-se a pirâ- mide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tron- co de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado que a razão entre as alturas das pirâmides é 1/͙ළළ2, a altura do tronco, em centímetros, é igual a a) (͙ළළ6 – ͙ළළ2 )/4. b) (͙ළළ6 – ͙ළළ3 ) / 3. c) (3͙ළළ3 – ͙ළළ6) /21. d) (3͙ළළ2 – 2͙ළළ3 ) / 6. e) (2͙ළළ6 – ͙ළළ2 ) / 22. Resolução Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta da base menor do tronco e x a medida, em centímetros, da altura do tronco, temos: 1º) = ⇔ = ⇔ a = ͙ෆෆ2 2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é: AB = = 6 ͙ෆෆ3 3º) A área da base menor, em centímetros quadrados, é: Ab = = 3 ͙ෆෆ3 4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, é dado por: V = (AB + Ab + ͙ෆෆෆෆෆAB . Ab ) = = (6 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ6 ) = x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 ) Assim: x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 ) = 1 ⇔ x = ⇔ ⇔ x = 3 ͙ෆෆ3 – ͙ෆෆ6 ––––––––––––– 21 1 ––––––––––––– 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 x ––– 3 x ––– 3 6 . ( ͙ෆෆ2 )2 . ͙ෆෆ3 –––––––––––––––– 4 6 . 22 ͙ෆෆ3 –––––––––– 4 1 –––––– ͙ෆෆ2 a ––– 2 h ––– H a ––– 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 18. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno de soluções. 21Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de números reais tais que A ∪ B ∪ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ x2 + x ≥ 2}, A ∪ B = {x ∈ ‫:ޒ‬ 8–x – 3 . 4–x – 22 –x > 0}, A ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ log(x + 4) ≤ 0}, B ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ 0 ≤ 2x + 7 < 2}. Resolução Considerando-se que: 1) x2 + x ≥ 2 ⇔ x2 + x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 2 ou x ≥ 1 2) 8 –x – 3 . 4–x – 22–x > 0 ⇔ 2–2x – 3 . 2–x – 4 > 0 ⇔ ⇔ 2–x > 22 ou 2 –x < – 1 ⇔ x < – 2 3) log (x + 4) ≤ 0 ⇔ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇔ – 4 < x ≤ – 3 4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇔ ≤ x < 5) ΄(A ʜ B ʜ C) – (A ʜ B)΅ ʜ ΄(A ʝ C) ʜ (B ʝ C)΅ = C 6) pode-se concluir que C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1} Resposta: C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1} 5 – –– 2 5 – –– 2 5 – –– 2 7 – –– 2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 19. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 22Determine o conjunto A formado por todos os números complexos z tais que + = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1. Resolução Se z = a + bi, então 1) + = 3 (a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) + + (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) ⇔ ⇔ (3a2 – 3b2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 ⇔ ⇔ Ά ⇔ ⇔ Ά ⇔ Ά ⇔ ⇔ (a = 0 e b = 1)ou (a = 0 e b = 2) ou a ∈ ‫ޒ‬ e b = 1 2) 0 < ͉ a + bi – 2i ͉ ≤ 1 ⇔ 0 < a2 + (b – 2)2 ≤ 1 De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i Resposta: A = {i} 23Seja k um número inteiro positivo e Ak = {j ∈ ‫:ގ‬ j ≤ k e mdc(j, k) = 1}. Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não, nesta ordem, numa progressão aritmética ou geomé- trica. Se for o caso, especifique a razão. Resolução Ak = {j ∈ ‫ގ‬ ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número intei- ro positivo, então n (Ak) = k – , quando k é múltiplo de 3. Assim: n (A3) = 3 – = 2, n (A9) = 9 – = 6, n (A27) = 27 – = 18 e n (A81) = 81 – = 54. Como = = = 3, os números n (A3) = 2, n (A9) = 6, n (A27) = 18 e n (A81) = 54, nesta ordem, estão em progressão geométrica de razão 3. Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3. n (A81) ––––––– n (A27) n (A27) ––––––– n (A9) n (A9) ––––– n (A3) 81 ––– 3 27 ––– 3 9 –– 3 3 –– 3 k –– 3 b = 1 ou b = 2 a = 0 ou b = 1 b2 – 3b + 2 = 0 a = 0 ou b = 1 3a2 – 3b2 + 6b = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 2a(b – 1) = 0 2a + 2bi ––––––––– a – bi + 2i a – bi ––––––––– a + bi – 2i 2z –––––– z – + 2i z – –––––– z – 2i IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 20. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 24Considere a equação: ͙ළළළළළළx2 – p + 2 ͙ළළළළළළx2– 1 = x. a) Para que valores do parâmetro real p a equação admi- te raizes reais? b) Determine todas essas raízes reais. Resolução Sendo x ≥ 1 (I), temos: ͙ළළළළළළළx2 – p + 2͙ළළළළළළළx2 – 1 = x ⇔ ⇔ (x2 – p) + 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 ⇔ ⇔ 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) ⇔ ⇔ 16(x2 – p)(x2 – 1) = = p2 – 8p(x2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se x2 ≤ e x2 – p ≥ 0 (II) Assim: 16x4 – 16x2 – 16px2 + 16p = = p2 – 8px2 + 8p + 16x4 – 32x2 + 16 ⇔ ⇔ 16x2 – 8px2 = p2 – 8p + 16 ⇔ ⇔ x2 = ⇔ x = , pois x ≥ 1 Para que a equação admita raízes reais, devemos ter: Ά ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0 ≤ p ≤ Respostas: a) 0 ≤ p ≤ b) x = 4 – p ––––––––––– 2͙ළළළළළළළළ4 – 2p 4 ––– 3 4 ––– 3 p < 2 4 0 ≤ p ≤ ––– 3 Ά p < 2 p(3p – 4) ≤ 0Ά p < 2 (4 – p)2 p ≤ –––––––––– 8(2 – p) (4 – p)2 p + 4 ––––––––– ≤ ––––––– 8(2 – p) 4 Ά p < 2 p ≤ x2 p + 4 x2 ≤ –––––– 4 Ά 4 – 2p > 0 p + 4 p ≤ x2 ≤ –––––– 4 |4 – p| ––––––––––– 2͙ළළළළළළළළ4 – 2p (4 – p)2 ––––––––– 8(2 – p) p + 4 –––––– 4 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 21. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 25Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto solução do sistema log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0, 2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0, 3 ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ2x + y + 6z – 2w – 2 = 0. Resolução 1) log [(x + 2y) (w – 3z)–1)] = 0 ⇔ ⇔ = 1 ⇔ x + 2y = w – 3z ⇔ ⇔ x + 2y + 3z = w (I) 2) 2x + 3z – 8 . 2y – 3z + w = 0 ⇔ ⇔ 2x + 3z = 23 + y – 3z + w ⇔ ⇔ x + 3z = 3 + y – 3z + w ⇔ ⇔ x – y + 6z = 3 + w (II) ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ3) 3 2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 ⇔ ⇔ 2x + y + 6z – 2w = 8 ⇔ ⇔ 2x + y + 6z = 2w + 8 (III) De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos: Resposta: (x, y, z, w) = + k, – , – , k ,∀k ≠ – 5΃ 5 –– 3 8 –– 3 31 ––– 3΂ 31 8 5 x = ––– + k y = – –– z = – –– w = k, ∀k ≠ – 5 3 3 3 31 + 3k x + 2y + 3z = k x = –––––––– 3 8⇔ Ά – x – 5y = 3 – k ⇔ Άy = – ––– 3 8 5 y = – –– z = – ––– 3 3 x + 2y + 3z = k x + 2y + 3z = k Άx – y + 6z = 3 + k ⇔ Ά – x – 5y = 3 – k ⇔ 2x + y + 6z = 2k + 8 – 3y = 8 (x + 2y) ––––––– w – 3z IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 22. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 26Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma co- missão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão pode- rá ser formada? Resolução Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma res- trição, só não serve aquela constituída pelos cinco ra- pazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de 126 – 1 = 125 formas distintas. Resposta: 125 formas distintas IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 23. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 27Considere 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 geo- métrica decrescente. Se β for o ângulo EA ^ D, determi- ne tg β em função da razão r da progressão. Resolução Sendo AB = BC = x e BC, BD, DE e EC, nesta ordem, termos de uma progressão geométrica decrescente de razão r, temos: BD = xr , DE = xr2 e EC = xr3 I) No triângulo ABD: tg α = ⇔ tg α = r II) No triângulo ABE: tg (α + B) = ⇔ = r + r2 ⇔ ⇔ = r + r2 ⇔ ⇔ r + tg β = r + r2 – r2 tg β – r3 tg β ⇔ ⇔ tg β + r2 tg β + r3 tg β = r2 ⇔ ⇔ tg β = (I) Por outro lado, tem-se: x = xr + xr2 + xr3 ⇔ r2 + r3 = 1 – r (II) De (I) e (II), tem-se finalmente: tg β = ⇔ ⇔ tg β = Resposta: tg β = r2 –––––– 2 – r r2 –––––– 2 – r r2 ––––––––––– 1 + (1 – r) r2 ––––––––––– 1 + r2 + r3 r + tg β –––––––––– 1 – r tg β tg α + tg β –––––––––––––– 1 – tg α . tg β xr + xr 2 –––––––– x xr –– x IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 24. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 28Considere, 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. Deter- mine o raio da circunferência C2, sabendo que ela tan- gencia a reta definida pela equação x = y. Resolução 1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto de tangência das circunferências, temos: TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = ͙ළළළළ29, como raio de C1. 2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é d1 = = ͙ළළ2 3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é d2 = = Portanto, d2 – d1 = – ͙ළළ2 = 4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados na figura, temos: = ⇔ ⇔ ͙ළළළළ29 . r – = ⇔ ⇔ r . (2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2) = 5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 ⇔ ⇔ r = = = = Resposta: 145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29 ––––––––––––––– 49 145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29 ––––––––––––––– 49 290͙ළළ2 + 30͙ළළළළ29 ––––––––––––––– 98 5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 ) –––––––––––––––––––––––––––– (2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2 ) . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 ) r . 3͙ළළ2 ––––––––– 2 5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 –––––––––– 2 5͙ළළ2 r – –––––– 2 –––––––––––– 3͙ළළ2 ––––– 2 r ––––– ͙ළළළළ29 3͙ළළ2 ––––– 2 5͙ළළ2 ––––– 2 5͙ළළ2 ––––– 2 ͉10 – 5͉ ––––––––– ͙ළළ2 ͉12 – 10͉ ––––––––– ͙ළළ2 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 25. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 29Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triân- gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda cir- cunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do triângulo internamente e C1 externamente. Calcule (R1 – R2)/h. Resolução Sejam O1 e O2 os centros das circunferências C1 e C2, respectivamente. Como o triângulo ABC é eqüilátero, temos: R1 = e portanto AH2 = O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante ao triângulo ABC e, portanto, R2 = . AH2 = . = Logo, = = = Resposta: = 2 ––– 9 R1 – R2 –––––––– h 2 ––– 9 3h – h –––––––– 9h h h ––– – ––– 3 9 –––––––––– h R1 – R2 –––––––– h h ––– 9 h ––– 3 1 ––– 3 1 ––– 3 h ––– 3 h ––– 3 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 26. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO 30Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume 8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cada vértice do cubo é centro de uma esfera de 1 cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas. Resolução 1º)Se a for a medida (em centímetros) de cada aresta do cubo, então cada aresta do tetraedro regular terá medida (em centímetros) igual a a͙ළළ2 e seu volume (em centímetros cúbicos) será expresso por = Assim: = ⇔ a = 2 2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igual à diferença entre o volume do cubo e oito oitavos do volume de uma dessas esferas. Assim, sendo V o volume procurado, em centíme- tros cúbicos, tem-se: V = 23 – . π . 13 = = Resposta: cm34 (6 – π) –––––––– 3 4 (6 – π) –––––––– 3 24 – 4π –––––––– 3 4 ––– 3 8 ––– 3 a3 ––– 3 a3 ––– 3 (a͙ළළ2)3 . ͙ළළ2 ––––––––––– 12 IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
  • 27. OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFFIIIICCCCOOOO Prova extremamente longa, composta de questões difíceis e que exigiram dos candidatos mais bem pre- parados muita energia e determinação nas extensas resoluções. IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666