O documento apresenta notações matemáticas comuns como conjuntos numéricos, intervalos, operações com conjuntos e funções.

1. MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
NOTAÇÕES
‫ގ‬ = {1, 2, 3,...}
‫:ޒ‬ conjunto dos números reais
[a, b] = {x ∈ ‫;ޒ‬ a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ ‫;ޒ‬ a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ ‫;ޒ‬ a < x < b}
AB = {x; x ∈ A e x ∉ B}
k
∑ an = a1 + a2 + ... + ak, k ∈ ‫ގ‬
n = 1
k
∑ an xn = a0 + a1 x + ... + ak xk, k ∈ ‫ގ‬
n = 0
‫:ރ‬ conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = –1
͉z͉: módulo do número z ∈ ‫ރ‬
––
z: conjugado do número z ∈ ‫ރ‬
Mm×n(‫:)ޒ‬ conjunto das matrizes reais m × n
det A: determinante da matriz A
At: transposta da matriz A
A–1: inversa da matriz inversível A
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
Arg z : argumento principal de z ∈ ‫ރ‬ {0}, Arg z ∈ [0,2π[
f o g: função composta das funções f e g
f . g: produto das funções f e g
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
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IITTAA

2. 1 EE
Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A,
B e C quaisquer:
I. A negação de x ∈ A പ B é: x ∉ A ou x ∉ B.
II. A പ (B ഫ C) = (A ʝ B) ഫ (A പ C).
III. (AB) ഫ (BA) = (A ഫ B)(A പ B).
Destas, é (são) falsa(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e III. e) nenhuma.
Resolução
As demonstrações são imediatas para os casos em que
um dos conjuntos, A, B ou C, for vazio. As demons-
trações seguintes são para os casos em que nenhum
deles é vazio.
I. Verdadeira, pois x ∈ A പ B ⇔ x ∈ A e x ∈ B
A negação de (x ∈ A e x ∈ B) é (x ∉ A ou x ∉ B).
II. Verdadeira, pois para qualquer elemento x:
x ∈ Aപ (B ഫ C) ⇔ x ∈ A e x ∈ (B ഫ C) ⇔
⇔ (x ∈ A e x ∈ B) ou (x ∈ A e x ∈ C) ⇔
⇔ x ∈ (A പ B) ou x ∈ (A പ C) ⇔
⇔ x ∈ (A പ B) ഫ (A പ C)
III. Verdadeira, pois
x ∈ (A B) ഫ (B A) ⇔ x ∈ (A B) ou x ∈ (B A) ⇔
⇔ ⇔
⇔ x ∈ (Aഫ B) (A പ B)
x ∈ A e x ∉ B ⇔ x ∈ (Aഫ B) e x ∉ (A പ B)
ou
x ∈ B e x ∉ A ⇔ x ∈ (Aഫ B) e x ∉ (A പ B)
Ά
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3. 2 CC
Considere conjuntos A, B ʚ ‫ޒ‬ e C ʚ (AഫB). Se AഫB,
AപC e BപC são os domínios das funções reais definidas
por ln (x – ͙ෆπ), ͙ෆෆෆෆෆෆෆෆ–x2 + 6x – 8 e , respectiva-
mente, pode-se afirmar que
a) C = ]͙ෆπ, 5[. b) C = [2, π]. c) C = [2, 5[.
d) C = [π, 4]. e) C não é intervalo.
Resolução
Considerando que A, B ∈ ‫ޒ‬ e C ʚ (A ʜ B), temos:
1) De ᐉn (x – ͙ෆπ), tem-se x – ͙ෆπ > 0 ⇔
⇔ x > ͙ෆπ e, portanto, A ʜ B = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ x > ͙ෆπ}
2) De ͙ළළළළළළළළළළළළෆ– x2 + 6x – 8, tem-se – x2 + 6x – 8 ≥ 0 ⇔
⇔ 2 ≤ x ≤ 4 e, portanto, A ʝ C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ 2 ≤ x ≤ 4}
3) De , tem-se ≥ 0 ⇔
⇔ (x – π) . (5 – x) ≥ 0 e x ≠ 5 ⇔ π ≤ x < 5 e,
portanto, B ʝ C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ x ≤ x < 5}
Agora, observe o seguinte diagrama:
Desse diagrama, conclui-se que [2; 5[ ʚ C. Se
∀x ∈ [͙ළළπ; 2[ ʜ [5; + ∞[ pertencesse a C, este valor de
x pertenceria a A പ C ou a B പ C, o que não ocorre.
Assim sendo, C = [2; 5[
x – π
–––––
5 – x
x – π
–––––
5 – x
x – π
––––––
5 – x
p p2 4 5
A BÈ
A CÇ
B CÇ
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4. 3 EE
Se z é uma solução da equação em ‫,ރ‬
z –
––
z + ͉z͉2 = – ΄(͙ෆ2 + i) ΂ –i ΃΅
12
,
pode-se afirmar que
a) i(z –
––
z) < 0. b) i(z –
––
z) > 0. c) ͉z͉ ∈ [5, 6].
d) ͉z͉ ∈ [6, 7]. e) ͉z + ͉> 8.
Resolução
1) (͙ෆ2 + i) =
= – i + i + =
= – i = 1 – i
2) (1 – i)12 = (– 2i)6 = 64 . i6 = 64 . i2 = – 64
3) Se z = x + yi, com x, y ∈ ‫,ޒ‬ então
x + yi – x + yi + x2 + y2 = 64 ⇔ (x2 + y2) + 2yi = 64 ⇔
⇔ x2 + y2 = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0
4) Os valores de z que satisfazem a equação são 8 e – 8
5) Se z = 8, então = > 8
6) Se z = – 8, então = > 8
͙ෆ2 + 1
––––––
3
͙ෆ2 – 1
––––––
3
3
––
3
3
––
3
͙ෆ2 + 1
–––––––
3
͙ෆ2 – 1
–––––––
3
2 + ͙ෆ2
–––––––
3
2 – ͙ෆ2
–––––––
3
͙ෆ2 – 1 ͙ෆ2 + 1
΂––––––– – ––––––– i΃3 3
1
–––––
z
1
͉– 8 – ––͉8
1
͉z + ––͉z
1
͉8 + ––͉8
1
͉z + ––͉z
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5. 4 CC
Os argumentos principais das soluções da equação em z,
iz + 3–
z + (z + –
z)2 – i = 0,
pertencem a
a) , . b) , .
c) , . d) , ʜ , .
e) 0, ʜ , 2π .
Resolução
iz + 3–
z + (z + –
z)2 – i = 0
Se z = a + bi, tem-se:
i(a + bi) + 3(a – bi) + (a + bi + a – bi)2 – i = 0 ⇔
⇔ ai – b + 3a – 3bi + 4a2 – i = 0 ⇔
⇔ (4a2 + 3a – b) + (a – 3b – 1)i = 0 ⇔
⇔
De (II), tem-se: b = (III)
De (I) e (III), tem-se:
12a2 + 8a + 1 = 0 ⇔ a = – ou a = –
Portanto:
1) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i
cujo argumento é θ =
2) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i
cujo argumento pertence ao intervalo ,
De (1) e (2), conclui-se que os argumentos principais
das soluções da equação pertencem ao intervalo
, .
΄
7π
–––
4
3π
–––
2΅΄
π
–––
2
π
–––
4΅΄
3π
–––
2
5π
–––
4΄
΄
5π
–––
4
3π
–––
4΅΄
3π
–––
4
π
–––
4΅
΄
7π
–––
4΅΄
π
–––
4΅
1
–––
6
1
–––
2
a – 1
–––––
3
4a2 + 3a – b = 0 (I)
e
a – 3b – 1 = 0 (II)Ά
΄
3π
–––
2
5π
–––
4΄
΄
3π
–––
2
5π
–––
4΄
7
–––
18
1
––
6
7
–––
18
1
––
6
5π
––––
4
1
––
2
1
––
2
1
––
2
1
––
2
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6. 5 DD
Considere a progressão aritmética (a1, a2, ..., a50) de razão d.
Se an = 10 + 25d e an = 4550, então
d – a1 é igual a
a) 3. b) 6. c) 9. d) 11. e) 14.
Resolução
1) Se (a1, a2, a3, …, an, …) for uma progressão
aritmética de razão d, então a10 = a1 + 9d e
a50 = a1 + 49d
2) an = 10 + 25d ⇒
⇒ . 10 = 10 + 25d ⇔
⇔ 2a1 + 9d = 2 + 5d ⇔ 2a1 + 4d = 2
3) an = 4550 ⇒ . 50 = 4550 ⇔
⇔ 2a1 + 49d = 182
4) De (2) e (3), temos:
⇔ ⇒ d – a1 = 11
50
∑
n = 1
10
∑
n = 1
d = 4
a1 = – 7Ά
2a1 + 49d = 182
2a1 + 4d = 2Ά
a1 + a1 + 49d
–––––––––––––
2
50
∑
n = 1
a1 + a1 + 9d
–––––––––––––
2
10
∑
n = 1
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7. 6 DD
Sejam f, g: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ tais que f é par e g é ímpar. Das
seguintes afirmações:
I. f . g é ímpar,
II. f o g é par,
III. g o f é ímpar,
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) todas.
Resolução
f(– x) = f(x) e g(–x) = – g(x), pois f e g são respectiva-
mente funções par e ímpar.
I. Verdadeira.
f(– x) . g(– x) = f(x) . (– g (x)) = – f(x) . g(x) ⇔
⇔ f . g é ímpar.
II. Verdadeira.
(fog) (–x) = f[g(–x)] = f[–g(x)] = f[g(x)] = (fog)(x) ⇔
⇔ fog é par.
III. Falsa.
(gof) (–x) = g[f(–x)] = g[f(x)] = (gof)(x) ⇔ gof é par.
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8. 7 BB
A equação em x,
arctg (ex + 2) – arccotg = , x ∈ ‫ޒ‬ {0},
a) admite infinitas soluções, todas positivas.
b) admite uma única solução, e esta é positiva.
c) admite três soluções que se encontram no intervalo
– , .
d) admite apenas soluções negativas.
e) não admite solução.
Resolução
Com – < a < e 0 < b < π, temos:
1) a = arc tg (ex + 2) ⇔ tg a = ex + 2
2) b = arc cotg ⇔ cotg b = ⇔
⇔ tg b =
3) a – b = ⇔ tg (a – b) = tg (π/4) ⇔
⇔ = 1 ⇔ tg a – tg b = 1 + tg a . tg b
Se, na equação:
(ex + 2) – = 1 + (ex + 2) .
fizermos ex = y, resulta:
(y + 2) – = 1 + (y + 2) . ⇔
⇔ y2 + 2y – y2 + 1 = y + y3 – y + 2y2 – 2 ⇔
⇔ y3 + 2y2 – 2y – 3 = 0 ⇔ (y + 1) . (y2 + y – 3) = 0 ⇔
⇔ y = – 1 ou y = ou y =
Como y > 0, a única possibilidade e
y =
Portanto:
ex = ⇔ x = log
e
> 0
Dessa forma, a equação admite uma única
solução, e esta é positiva.
΄
3
–––
2
5
–––
2΅
π
––
4΃
ex
––––––
e2x – 1΂
tg a – tg b
––––––––––
1 + tg a . tg b
π
––
4
e2x – 1
–––––––
ex
ex
–––––––
e2x – 1
ex
΂––––––––΃e2x – 1
π
–––
2
π
–––
2
– 1 – ͙ෆෆ13
––––––––––
2
– 1 + ͙ෆෆ13
––––––––––
2
y2 – 1
΂––––––΃y
y2 – 1
΂––––––΃y
e2x – 1
΂––––––––΃ex
e2x – 1
΂––––––––΃ex
͙ෆෆ13 – 1
΂––––––––΃2
͙ෆෆ13 – 1
––––––––
2
– 1 + ͙ෆෆ13
–––––––––––
2
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9. 8 CC
Sabe-se que o polinômio p(x) = x5 – ax3 + ax2 – 1, a ∈ ‫,ޒ‬
admite a raiz – i.
Considere as seguintes afirmações sobre as raízes de p:
I. Quatro das raízes são imaginárias puras.
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.
III. Apenas uma das raízes é real.
Destas, é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III.
Resolução
1) – i é raiz ⇒ + i é raiz ⇒
⇒ p(i) = i5 – a . i3 + a . i2 – 1 = 0 ⇒ a = – 1
2) a = – 1 ⇒
⇒ p(x) = x5 + x3 – x2 – 1 = x3(x2 + 1) – (x2 + 1) ⇒
⇒ p(x) = (x2 + 1)(x3 – 1) = (x2 + 1).(x – 1) . (x2 + x + 1)
3) p(x) = 0 ⇔
⇔ x2 + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou x2 + x + 1 = 0 ⇔
⇔ x = + i ou x = – i ou x = 1 ou
x = – + i ou x = – – i
Portanto, I) F ; II) F e III) V
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
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10. 9 AA
Um polinômio real p(x) = an xn, com a5 = 4,
tem três raízes reais distintas, a, b e c, que satisfazem o
sistema
Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm
multiplicidade dois, pode-se afirmar que p(l) é igual a
a) – 4. b) – 2. c) 2. d) 4. e) 6.
Resolução
1) ⇔
⇔ ⇔
2) As raízes de p(x) = 0 são r1 = 2, r2 = , r3 = ,
r4 = – 1, r5 = – 1
3) p(x) = an xn, com a5 = 4 ⇒
⇒ p(x) = 4(x – 2) x –
2
. (x + 1)2 ⇒
⇒ p(1) = 4(1 – 2) . 1 –
2
. (1 + 1)2 = – 4
5
∑
n = 0
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6
2a + 2b + 2c = 5Ά
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6 .
2a + 2b + 2c = 5
Ά
5
∑
n = 0
3
–––
2
3
–––
2
a = 2
3
b = ––
2
c = – 1
Ά
a + 2b + 5c = 0
2b – 3c = 6
– 11c = 11Ά
΃
3
––
2΂
΃
3
––
2΂
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11. 10 EE
Considere o polinômio p(x) = an xn com coefi-
cientes a0 = – 1 e an = 1 + ian – l, n = 1, 2, ..., 15. Das
afirmações:
I. p(– 1) ∉ ‫,ޒ‬
II. ͉p(x)͉ ≤ 4 (3 + ͙ළළ2 + ͙ළළ5), ∀x ∈ [– 1, 1],
III. a8 = a4,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.
Resolução
Observemos que:
a0 = – 1
a1 = 1 + i . a0 = 1 – i
a2 = 1 + i . a1 = 1 + i . (1 – i) = 2 + i
a3 = 1 + i . a2 = 1 + i . (2 + i) = 2i
a4 = 1 + i . a3 = 1 + i . (2i) = – 1
Ӈ
desta forma, an é igual a – 1, (1 – i), (2 + i) ou 2i,
conforme n seja do tipo 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3,
com n ∈ ‫,ގ‬ respectivamente.
I) Falsa, pois
p(– 1) = an(– 1)n = a0 – a1 + a2 –
– a3 + a4 – … – a15 = [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] + … +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] = 0 ∈ ‫ޒ‬
II) Verdadeira
Observe que x ∈ [– 1; 1] ⇒ xn ∈ [– 1; 1] ⇔
⇔ ͉xn͉ ≤ 1 ⇔ ͉an͉ . ͉xn͉ ≤ ͉an͉ e
͉p(x)͉ =
͉ an xn
͉=
= ͉a0x0 + a1x1 + a2x2 + … + a15x15͉ ≤
≤ ͉a0x0͉ + ͉a1x1͉ + ͉a2x2͉ + … + ͉a15x15͉ =
= ͉a0͉.͉x0͉ + ͉a1͉.͉x1͉ + ͉a2͉.͉x2͉ + … + ͉a15͉.͉x15͉ ≤
≤ ͉a0͉ + ͉a1͉ + ͉a2͉ + … + ͉a15͉ =
= 4(͉a0͉ + ͉a1͉ + ͉a2͉ + ͉a3͉) = 4 . (1 + ͙ළළ2 + ͙ළළ5 + 2) =
= 4(3 + ͙ළළ2 + ͙ළළ5), pois ͉a0͉ = ͉– 1͉ = 1,
͉a1͉ = ͉1 – i͉ = ͙ළළ2, ͉a2͉ = ͉2 + i͉ = ͙ළළ5, ͉a3͉ = ͉2i͉ = 2
III)Verdadeira, pois
a8 = 1 + ia7 = 1 + i . (1 + ia6) = 1 + i – a6 =
= 1 + i – (1 + ia5) = i – i(1 + ia4) = a4
15
∑
n = 0
15
∑
n = 0
15
∑
n = 0
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12. 11 BB
A expressão (2͙ළළ3 + ͙ළළ5)5 – (2͙ළළ3 – ͙ළළ5)5 é igual a
a) 2630͙ළළ5. b) 2690͙ළළ5. c) 2712͙ළළ5.
d) 1584͙ළළළ15. e ) 1604͙ළළළ15.
Resolução
1) ΂2͙ෆ3 +͙ෆ5 ΃
5
= ΂2͙ෆ3 ΃
5
+ 5 . ΂2͙ෆ3 ΃
4
. ͙ෆ5 +
+ 10 . ΂2͙ෆ3 ΃
3
. ΂͙ෆ5 ΃
2
+ 10 . ΂2͙ෆ3 ΃
2
. ΂͙ෆ5 ΃
3
+
+ 5 . ΂2͙ෆ3 ΃
1
. ΂͙ෆ5 ΃
4
+ ΂͙ෆ5 ΃
5
2) ΂2͙ෆ3 – ͙ෆ5 ΃
5
= ΂2͙ෆ3 ΃
5
– 5 . ΂2͙ෆ3 ΃
4
. ͙ෆ5 +
+ 10 . ΂2͙ෆ3 ΃
3
. ΂͙ෆ5 ΃
2
– 10 . ΂2͙ෆ3 ΃
2
. ΂͙ෆ5 ΃
3
+
+ 5 . ΂2͙ෆ3 ΃
1
. ΂͙ෆ5 ΃
4
– ΂͙ෆ5 ΃
5
3) ΂2͙ෆ3 + ͙ෆ5 ΃
5
– ΂2͙ෆ3 – ͙ෆ5 ΃
5
=
= 2 ΄5 . ΂2͙ෆ3 ΃
4
. ͙ෆ5 + 10 . ΂2͙ෆ3 ΃
2
. ΂͙ෆ5 ΃
3
+
+ ΂͙ෆ5 ΃
5
΅ = 2 . ΄720͙ෆ5 + 600 ͙ෆ5 + 25 ͙ෆ5 ΅ =
= 2690 ͙ෆ5
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13. 12 AA
Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo
instante de um espetáculo moderno os refletores são
acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos
refletores, seja de a probabilidade de ser aceso.
Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5
refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) + .
Resolução
Se a probabilidade de um refletor ser aceso é , a
de não ser aceso é .
Assim sendo, a probabilidade pedida é:
C6,4 .
4
.
2
+ C6,5 .
5
.
1
=
= + = =
80
–––
243
64
–––
243
144
–––
243
16
–––
27
1
΂–––΃3
2
΂–––΃3
1
΂–––΃3
2
΂–––΃3
1
––
3
2
––
3
25
–––
35
24
–––
34
479
––––
729
151
––––
243
49
–––
81
16
–––
27
2
–––
3
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14. 13 DD
Considere a matriz
A = ∈ M3×3 (‫,)ޒ‬
em que a4 = 10, det A = – 1000 e a1, a2, a3, a4, a5 e a6
formam, nesta ordem, uma progressão aritmética de razão
d > 0. Pode-se afirmar que é igual a
a) – 4. b) – 3. c) – 2. d) – 1. e) 1.
Resolução
1) det A = = a1 . a4 . a6 = –1000 ⇒
⇒ a1 . 10 . (a1 + 5d) = –1000 ⇔ a1 . (a1 + 5d) = –100
2) a4 = a1 + 3d = 10 ⇔ a1 = 10 – 3d
3) (10 – 3d) (10 – 3d + 5d) = –100 ⇔
⇔ 3d2 + 5d – 100 = 0 ⇔ d = ⇔
⇔ d = 5, pois d > 0
4) a1 = 10 – 3d = 10 – 3 . 5 = –5
5) Se a1 = –5 e d = 5, então = –1
a1
–––
d
– 5 ± 35
––––––––
6
a1
0
0
a2
a4
0
a3
a5
a6
a1
–––
d
΅
a1
0
0
a2
a4
0
a3
a5
a6
΄
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

15. 14 CC
Sobre os elementos da matriz
A = ∈ M4x4 (‫)ޒ‬
sabe-se que (xl, x2, x3, x4) e (y1, y2, y3, y4) são duas
progressões geométricas de razão 3 e 4 e de soma 80 e
255, respectivamente, Então, det(A–l) e o elemento
(A–1)23 valem, respectivamente,
a) e 12. b) e –12.
c) e 12. d) e .
e) e .
Resolução
1) (x1, x2, x3, x4) é uma progressão geométrica de
razão 3 e x1 + x2 + x3 + x4 = 80
Logo: x1 + 3x1 + 9x1 + 27x1 = 80 ⇔ x1 = 2 ⇒
⇒ (x1, x2, x3, x4) = (2, 6, 18, 54)
2) (y1, y2, y3, y4) é uma progressão geométrica de
razão 4 e y1 + y2 + y3 + y4 =255
Logo: y1 + 4y1 + 16y1 + 64y1 = 255 ⇔ y1 = 3 ⇒
⇒ (y1, y2, y3, y4) = (3, 12, 48, 192)
3) det A = =
= 1 . (–1)5 . =
= 1 . (–1) . 1 . (–1)6 . = – (288 – 216) = –72
4) det (A–1) = = –
1
–––
12
1
–––
72
1
–––
12
1
– –––
72
1
– –––
72
1
– –––
72
1
–––
72
΅
x1
y1
0
1
x2
y2
0
0
x3
y3
0
0
x4
y4
1
0
΄
1
–––
72
1
–––––
det A
6
12
18
48
6
12
0
18
48
0
54
192
1
2
3
0
1
6
12
0
0
18
48
0
0
54
192
1
0
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

16. 5) Interpretando “o elemento (A–1)23” como sendo “o
elemento b23 da matriz inversa de A”, temos:
b23 = =
= 12
cofator do elemento a32 de A
––––––––––––––––––––––––––
det A
–864
–––––
–72
= ––––––––––––– =
–72
–
18
48
54
192
(–1)5 .
2
3
1
18
48
0
54
192
0
= ––––––––––––––––––––––––– =
–72
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17. 15 AA
O valor da soma sen sen , para todo
α ∈ ‫,ޒ‬ é igual a
a) ΄cos – cosα΅.
b) ΄sen – sen ΅.
c) cos – cos .
d) ΄cos – cos ΅.
e) cos – cosα.
Resolução
Lembrando que cos (a + b) – cos (a – b) =
= –2 sen a . sen b, temos:
cos + – cos – =
= –2 sen . sen ⇔
⇔ cos – cos = – 2sen . sen ⇔
⇔ sen . sen =
= ΄cos – cos ΅⇔
Desta forma:
sen . sen =
= ΄cos – cos ΅ =
= ΄cos – cos α + cos – cos +
+ cos – cos + cos – cos +
+ cos – cos + cos – cos ΅ =
= ΄cos – cos α΅
1
–––
2
α
΂–––΃729
α
΂–––΃243
α
΂–––΃81
α
΂–––΃729
α
΂–––΃243
3α
΂–––΃3n
α
΂–––΃3n
1
–––
2
α
΂–––΃3n
2α
΂–––΃3n
α
΂–––΃3n
2α
΂–––΃3n
α
΂–––΃3n
3α
΂–––΃3n
α
΂–––΃3n
2α
΂–––΃3n
α
––––΃3n
2α
΂––––
3n
α
––––΃3n
2α
΂––––
3n
α
΂––––΃729
α
΂––––΃243
α
΂––––΃729
1
–––
2
α
΂––––΃729
α
΂––––΃243
α
΂––––΃729
α
΂––––΃243
1
–––
2
α
΂––––΃729
1
–––
2
α
΂–––΃3n
2α
΂–––΃3n
6
∑
n = 1
α
΂–––΃3n
2α
΂–––΃3n
6
∑
n = 1
α
΂–––΃27
α
΂–––΃81
α
΂–––΃9
α
΂–––΃27
α
΂–––΃3
α
΂–––΃9
α
΂–––΃3
1
–––
2
3α
΂–––΃3n
α
΂–––΃3n
1
–––
2
6
∑
n = 1
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

18. 16 BB
Se os números reais α e β, com α + β = , 0 ≤ α ≤ β,
maximizam a soma sen α + sen β, então α é igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
1) sen α + sen β = 2 sen
⇒
⇒ sen α + sen β = ͙ෆ3 cos =
= ͙ෆ3 cos ΂α – ΃
2) sen α + sen β = ͙ෆ3 . cos ΂α – ΃é máximo para
α – = 0 ⇒ α =
2π
––
3
2π
––
3
2π
––
3
2π
––
3
α – β
––––
2
·
α + β α – β
––––– cos –––––
2 2
4π
α + β = –––
3
7π
–––
12
5π
–––
8
3π
–––
5
2π
–––
3
π ͙ෆෆ3
–––––
3
4π
–––
3
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

19. 17 AA
Considere as circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9. Seja r uma reta tangente
interna a C1 e C2, isto é, r tangencia C1 e C2 e intercepta
o segmento de reta
–––––
O1O2 definido pelos centros O1 de C1
e C2 de C2. Os pontos de tangência definem um segmento
sobre r que mede
a) 5͙ෆ3. b) 4͙ෆ5. c) 3͙ෆ6. d) . e) 9.
Resolução
As circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9 têm centro e raio,
respectivamente:
O1 (4, 3), r1 = 2 e O2 (10, 11), r2 = 3.
A partir do enunciado, temos o seguinte gráfico, com:
1) O1O2 = (10 – 4)2 + (11 – 3)2 = 10
2) O1T1 = r1 = 2
3) O2T2 = r2 = 3
4) T1T2 é a distância entre os pontos de tangência.
Considerando o triângulo O1AO2 retângulo em A,
temos:
AO2
1
+ AO2
2
= O1O2
2
(Teorema de Pitágoras)
Como O1O2 = 10, AO2 = r1 + r2 = 5 e O1A = T1T2,
conclui-se que:
T1
T2
2
+ 52 = 102 ⇔ T1T2
2
= 75 ⇔ T1T2 = 5 . ͙ෆ3
25
–––
3
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20. 18 DD
Um cilindro reto de altura cm está inscrito num
tetraedro regular e tem sua base em uma das faces do
tetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, o
volume do cilindro, em cm3, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
Sejam H e h as medidas, em centímetros, das alturas
dos tetraedros regulares VABC e VDEF.
Assim:
H = = ͙ෆ6 e h = H – = ͙ෆ6 – =
Sendo ᐉ a medida, em centímetros, da aresta do
tetraedro VDEF, temos:
h = ⇒ = ⇔ ᐉ = 2
A medida r, em centímetros, do raio da base do
cilindro é da altura do triângulo equilátero DEF.
Assim, r = . = . =
Logo, o volume V do cilindro, em centímetros cúbicos,
é:
V = π r2 . = π . . =
π
––
3
π ͙ෆෆ6
–––––
9
π ͙ෆෆ6
–––––
6
π ͙ෆෆ3
–––––
6
π ͙ෆෆ3
–––––
4
͙ෆෆ6
––––
3
A
B
C
D
3
F
r
E
h
H
3
___6
3
V
π ͙ෆ6
–––––
9
͙ෆ6
––––
3
͙ෆ3
2
΂––––΃3
͙ෆ6
––––
3
͙ෆ3
––––
3
2 ͙ෆ3
–––––
2
1
–––
3
ᐉ ͙ෆ3
–––––
2
1
–––
3
1
–––
3
ᐉ ͙ෆ6
–––––
3
2 ͙ෆ6
–––––
3
ᐉ ͙ෆ6
–––––
3
2 ͙ෆ6
–––––
3
͙ෆ6
––––
3
͙ෆ6
––––
3
3 ͙ෆ6
–––––
3
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21. 19 EE
Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, B
e C do plano xOy, sendo B = (2,1) e C = (5,5). Das
seguintes afirmações:
I. A se encontra sobre a reta y = + ,
II. A está na intersecção da reta y = + com
a circunferência (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25,
III. A pertence às circunferências (x – 5)2 + (y – 5)2 = 25
e
2
+ (y – 3)2 = ,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.
Resolução
1) O ponto médio do segmento
––––
BC é
2) O ponto A pertence à mediatriz do segmento
––––
BC
cuja equação é y – 3 = – . ⇔
⇔ y = – x +
3) d2
AB = d2
BC ⇒ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 9 + 16 ⇔
⇔ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25
4) d2
AM = ⇒ + (y – 3)2 =
5) A está na intersecção da reta de equação
y = – x + com a circunferência de equa-
ção (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25 e a afirmação II,
portanto, é verdadeira.
6) O ponto A também pertence à circunferência de
equação
+ (y – 3)2 = e a afirmação III, pois,
também é verdadeira.
11
–––
2
3
– –– x
4
75
–––
4
7
΂x – ––΃2
45
–––
8
3
– –– x
4
45
–––
8
3
–––
4
7
΂x – –––΃2
3
–––
4
7
M ΂––, 3΃2
M
B(2,1)
A(x,y)
C(5,5)
75
–––
4
7
΂x – –––΃
2
2
45
–––
8
3
–––
4
75
–––
4
7
΂x – –––΃
2
2
5 ͙ෆ3
2
΂–––––΃2
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22. A1
B(2,1)
C(5,5)
M
A2
(x-2) +(y-1) = 252 2
y = - 3
4
x+ 45
8
7
2
75
4)
2
)x- + =(y-3)2
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23. 20 BB
Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regular
cujas arestas medem 1 cm. Se M é o ponto médio do
segmento
–––
AB e N é o ponto médio do segmento
–––
CD, então
a área do triângulo MND, em cm2, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
––––
DM é altura do triângulo equilátero ABD, e portanto,
DM = = cm
No triângulo retângulo MND, temos:
(MN)2 + (ND)2 = (DM)2 ⇒
⇒ (MN)2 + = ⇒ MN = cm
Assim, a área S do triângulo MND, em centímetros
quadrados, é:
S = = =
͙ෆෆ3
––––
9
͙ෆෆ3
––––
8
͙ෆෆ3
––––
6
͙ෆෆ2
––––
8
͙ෆෆ2
––––
6
͙ෆ2
––––
8
͙ෆ2 1
–––– . –––
2 2
–––––––––
2
MN . ND
––––––––
2
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ3
2
΂––––΃2
1 2
΂–––΃2
͙ෆ3
––––
2
1 . ͙ෆ3
––––––
2
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24. AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E
RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Sejam A, B e C conjuntos tais que C ʚ B,
n(BC) = 3n(B പ C) = 6n(A പ B), n(A ഫ B) = 22 e
(n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geométrica de razão
r > 0.
a) Determine n(C).
b) Determine n(P(BC)).
Resolução
Seja n(C) = x
1) C ʚ B ⇔ B ʝ C = C ⇒
2) n (B C) = 3n(B ʝ C) ⇔
⇔ n[B – (B ʝ C)] = 3n(B ʝ C) ⇔ n[B – C] =
= 3n(C) ⇔ n(B) – n(C) = 3n(C) ⇔
, pois C ʚ B
3) Se (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geo-
métrica, então [n(A)]2 = n(C) . n(B) = x . 4x ⇔
⇔ , pois n(A) ≥ 0.
4) 3n(B ʝ C) = 6n(A ʝ B) ⇔ 3x = 6n(A ʝ B) ⇔
⇔ n(A ʝ B) =
5) Desta forma,
n(A ഫ B) = n(A) + n(B) – n(A ʝ B) =
= 2x + 4x – = = 22 ⇒ x = 4
Assim, n (C) = x = 4
e n(P(B C)) = 2
n(B C)
= 2
3n(B ʝ C)
= 2
3 . x
=
= 23 . 4
= 212
= 4096
Respostas: a) 4 b) 4096
n(B ʝ C) = n(C) = x
11x
–––
2
x
–––
2
x
–––
2
n(A) = 2x
n(B) = 4n(C) = 4x
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25. 22
A progressão geométrica infinita (a1, a2, ..., an, ...) tem
razão r < 0. Sabe-se que a progressão infinita
(aI, a6, ..., a5n+1, ...) tem soma 8 e a progessão infinita
(a5, a10, ..., a5n, ...) tem soma 2. Determine a soma da
progressão infinita (a1, a2, ..., an, ...).
Resolução
Se (a1, a2, a3, …) for uma progressão geométrica
infinita de razão r < 0, então:
1) (a1, a6, a11,…) é uma progressão geométrica
infinita de razão r5 e, portanto:
= 8
2) (a5, a10, a15, …) é uma progressão geométrica
infinita de primeiro termo a5 = a1 . r4 e razão r5 e,
portanto:
= 2
3) De (1) e (2), temos:
= ⇔ = 4 ⇔
⇔ r = ± ⇒ r = – , pois r < 0
4) = 8 e r = – , então
= 8 ⇔ a1 = 8 + ͙ළළ2
5) A soma dos termos da progressão geométrica
infinita (a1, a2, a3, …) é
= 14 – 6͙ළළ2
Resposta: 14 – 6͙ළළ2
a1
––––––
1 – r5
1
–––
r4
8
–––
2
a1
––––––
1 – r5
––––––––––
a1 . r4
––––––
1 – r5
a1 . r4
––––––
1 – r5
8 + ͙ළළ2
–––––––––––
͙ළළ2
1 + ––––
2
a1
––––––––––––
͙ළළ2
1 + ΂––––΃
5
2
͙ළළ2
––––
2
a1
––––––
1 – r5
͙ළළ2
––––
2
1
––––
͙ළළ2
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26. 23
Analise se a função f : ‫ޒ‬ → ‫,ޒ‬ f(x) = é bijetora
e, em caso afirmativo, determine a função inversa f–1.
Resolução
1) Como a função g definida por
g(x) = 3x é estritamente crescente, então x1 < x2 ⇒
⇒ 3
x1 < 3
x2 ⇒ 3
x1 – 3
x2 < 0, ∀x1, x2 ∈ ‫ޒ‬
2) Como a função h definida por
f(x) = 3–x é estritamente decrescente, então
x1 < x2 ⇒ 3
–x1 > 3
–x2 ⇒ 3
–x1 – 3
– x2 > 0 ⇒
⇒ – (3
–x1 – 3
– x2) < 0, ∀x1, x2 ∈ ‫ޒ‬
3) A função f definida por f(x) = é estrita-
mente crescente, pois para todo x1, x2, tal que
x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2), pois
f(x1) – f(x2) = – =
= [(3
x1 – 3
x2) – (3
–x1 – 3
–x2)] < 0 ⇒ f(x1) < f(x2)
4) Se a função f é estritamente crescente, então ela é
injetora.
5) Im(f) = CD(f) = ‫ޒ‬ ⇒ f é sobrejetora.
6) Se f é injetora e sobrejetora, ela é bijetora.
7) y = ⇒ 2y = 3x – ⇒
⇒ (3x)2 – 2y (3x) – 1 = 0 ⇒ 3x = ⇒
⇒ 3x = y + ͙ෆෆෆෆy2 + 1 ⇒ x = log3 (y + ͙ෆෆෆෆy2 + 1 )
8) A função f –1: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ é definida por
f–1(x) = log3 (x + ͙ෆෆෆෆx2 + 1)
Resposta: f é bijetora e
f–1: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ tal que f–1(x) = log3(x + ͙ෆෆෆෆx2 + 1)
3x – 3–x
––––––––
2
3
x2 – 3
–x2
–––––––––
2
3
x1 – 3
–x1
–––––––––
2
3x – 3–x
–––––––
2
2y + ͙ෆෆෆෆ4y2 + 4
–––––––––––––
2
1
–––
3x
3x – 3–x
–––––––
2
1
–––
2
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

27. 24
Seja f : ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ bijetora e ímpar. Mostre que a função
inversa f–1 : ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ também é ímpar.
Resolução
Sendo f: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ bijetora e ímpar, para todo a ∈ ‫,ޒ‬
temos:
f(a) = b ∈ ‫ޒ‬ ⇔ f –1(b) = a e f(– a) = – b
De f(– a) = – b, temos f –1(– b) = – a
Assim:
f–1(– b) = – a = – f–1(b) e, portanto, f–1 é ímpar.
IITTAA ((33ºº DDiiaa)) –– DDEEZZEEMMBBRROO //22000099

28. 25
Considere o polinômio p(x) = anxn, com coeficien-
tes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1. Sabe-se que se r é raiz de
p, – r também é raiz de p. Analise a veracidade ou
falsidade das afirmações:
I. Se r1 e r2, ͉r1͉ ≠ ͉r2͉, são raízes reais e r3 é raiz não real
de p, então r3 é imaginário puro.
II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário
puro.
III. a0 < 0.
Resolução
1) p(x) = anxn = a0 + a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4 +
+ a5x5 + x6 tem coeficientes reais. Portanto, se
α + βi é raiz, então α – βi é raiz com a mesma
multiplicidade.
2) Se r1 e r2, ͉r1͉ ≠ ͉r2͉, são raízes reais e r3 é raiz não
real de p, então p(r1) = 0, p(– r1) = 0, p(r2) = 0,
p(– r2) = 0, p(r3) = 0, p(– r3) = 0.
3) Se r3 = α + βi é raiz, então α – βi é raiz e
se – r3 = – α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para
que α + βi, α – βi, – α – βi, – α + βi representem
apenas duas raízes, então α = 0, necessariamente,
e as raízes são βi, – βi.
4) Considerando que se r é raiz de p, – r também é
raiz de p, com a mesma multiplicidade, então se r
é raiz dupla de p, então – r é raiz dupla de p.
Se r = α + βi é a raiz dupla, então – r = – α – βi é
raiz dupla. Mas, se α + βi é raiz, então α – βi é raiz
e se α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para que
α + βi (dupla), – α – βi (dupla), α – βi (dupla),
– α + βi (dupla) representem apenas as 4 raízes,
deve-se ter α = 0 ou β = 0.
5) Considerando que se r é raiz de p, –r também é
raiz de p, sem a mesma multiplicidade, então um
polinômio p pode ter as seguintes raízes:
(1 + i) (dupla); (1 – i) (dupla); (–1 – i) (simples);
(–1 + i) (simples)
6) O produto das 6 raízes de p(x) = 0 é + .
Se r1, – r1, r2, – r2, r3 e – r3 são as 6 raízes, então
a0 = r1 (– r1) . r2 (– r2) . r3 . (– r3) ⇔
⇔ a0 = – (r1 . r2 . r3)2
6
∑
n = 0
6
∑
n = 0
a0
–––
1
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29. 7) Se r1, r2 e r3 são raízes reais, então a0 < 0.
8) Se r1 e r2 são raízes reais e r3 = γi, então:
a0 = –(r1 . r2 . r3)2 = –(r1 . r2 . γi)2 =
= – (r1 . r2 . γ)2 . i2 ⇒ a0 = (r1 . r2 . γ)2 > 0
Resposta: A afirmação (I) é verdadeira.
A afirmação (II) é falsa.
A afirmação (III) é falsa.
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30. 26
Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a
90, sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à
retirada de cada uma das demais.
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna.
Calcule a probabilidade de o número desta bola ser um
múltiplo de 5 ou de 6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna
e, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a
probabilidade de o número da segunda bola retirada
não ser um múltiplo de 6.
Resolução
1) Os múltiplos de 5 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(5; 10; 15; …; 90), num total de 18 termos.
2) Os múltiplos de 6 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(6; 12; 18; …; 90), num total de 15 termos.
3) Os múltiplos de 5 e 6 compreendidos entre 1 e 90
são 30, 60 e 90.
4) Os múltiplos de 5 ou 6 compreendidos entre 1 e 90
totalizam 18 + 15 – 3 = 30 números.
a) A probabilidade de o número desta bola ser um
múltiplo de 5 ou 6 é =
b) Dos 90 números da urna, 75 não são múltiplos de
6. A probabilidade da segunda bola retirada não
ser um múltiplo de 6 é
. + . =
Respostas: a) b)
5
–––
6
1
–––
3
5
–––
6
74
–––
89
75
–––
90
75
–––
89
15
–––
90
1
–––
3
30
–––
90
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31. 27
Considere as matrizes A ∈ M4x4(‫)ޒ‬ e X, B ∈ M4x1(‫)ޒ‬ :
A = ; X = ; e B = ;
a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a
equação matricial AX = B tenha solução única.
b) Se a2 – b2 = 0, a ≠ 0 e B = [1 1 2 4]t, encontre X tal que
AX = B.
Resolução
a) AX = B tem solução única ⇔ det A ≠ 0 ⇔
⇔ ≠ 0 ⇔ (–2) . ≠ 0 ⇔
⇔ (– 4) . a2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 0
b) AX = B ⇒ . =
⇒
⇒
Da equação (III), temos: y = 1
Subtraindo-se a equação (IV) da equação (I),
temos:
2ax – y = –3 ⇒ 2ax – 1 = –3 ⇒ x = –
Substituindo-se x e y na equação (II), temos:
b . + 1 + az = 1 ⇒ z = = =
Substituindo-se x, y e z na equação (I), temos:
a . + 1 + b . + w = 1 ⇒ w = 1 –
Como a2 – b2 = 0 e a ≠ 0, temos: = 1 e
portanto w = 0
Respostas: a) a ≠ 0
b) X =
΅
b1
b2
b3
b4
΄΅
x
y
z
w
΄΅
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
΄
a
b
–a
b
a
b
1
0
1
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
΅
1
– ––
a
1
1
–––
b
0
΄
b2
–––
a2
b2
–––
a2
b
–––
a2
1
΂– ––΃a
1
–––
b
b
–––
b2
b
–––
a2
1
΂– ––΃a
1
–––
a
ax + y + bz + w = 1 (I)
bx + y + az = 1 (II)
2y = 2 (III)
– ax + 2y + bz + w = 4 (IV)
Ά
΅
1
1
2
4
΄΅
x
y
z
w
΄΅
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
΄
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32. 28
Considere a equação
(3 – 2 cos2 x) ΂1 + tg2
΃– 6 tg = 0.
a) Determine todas as soluções x no intervalo [0, π[.
b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x.
Resolução
a) (3 – 2 . cos2x) . – 6 . tg = 0 ⇔
⇔ (3 – 2 . cos2x) . sec2
– 6 . = 0 ⇔
⇔ – 6 . = 0
⇔ = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔
⇔ 3 – 2 . (1 – sen2x) – 3 . sen x = 0, com cos ≠ 0
⇔
⇔ 2 . sen2x – 3 . sen x + 1 = 0 ⇔
⇔ sen x = 1 ou sen x =
No intervalo [0; π [, resulta:
x = ou x = ou x =
b) Sendo cotg x = , temos:
1) Para x = →
→ cotg = = = ͙ෆ3
x
sen ––
2
–––––––
x
cos ––
2
x
–––
2
x
–––
2
x
΂1 + tg2 –––΃2
x
–––
2
x
–––
2
͙ෆ3
–––––
2
––––––
1
––
2
π
cos ––
6
––––––
π
sen ––
6
π
–––
6
π
–––
6
cos x
––––––
sen x
5π
–––
6
π
–––
2
π
–––
6
1
–––
2
x
–––
2
3 – 2 . cos2x – 3 . sen x
–––––––––––––––––––
x
cos2 ––
2
x x
3 – 2 . cos2x – 6 . sen –– . cos ––
2 2
––––––––––––––––––––––––––––
x
cos2 ––
2
x
sen ––
2
–––––––
x
cos ––
2
3 – 2 . cos2x
––––––––––––
x
cos2 ––
2
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33. 2) Para x = → cotg = = = 0
3) Para x = →
→ cotg = = = – ͙ෆ3
Respostas: a) x = ou x = ou x =
b) cotg x = ͙ෆ3 ou cotg x = 0 ou cotg x = – ͙ෆ3
5π
–––
6
π
–––
2
π
–––
6
͙ෆ3
– ––––
2
––––––
1
––
2
5π
cos –––
6
–––––––
5π
sen –––
6
5π
–––
6
5π
–––
6
0
–––
1
π
cos ––
2
––––––
π
sen ––
2
π
–––
2
π
–––
2
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34. 29
Determine uma equação da circunferência inscrita no
triângulo cujos vértices sãoA= (1,1), B = (1,7) e C = (5,4)
no plano xOy.
Resolução
O triângulo ABC é isósceles e a circunferência inscrita
tem seu centro C’ pertencente à reta y = 4. Seja
C’ (a, 4) que acarreta r = a –1 > 0
A reta AC tem equação:
= 0 ⇔ 3x – 4y + 1 = 0
A distância de C’ à reta AC é igual a r, da qual:
a – 1 = ⇔ a – 1 = ⇔
⇔ ͉3a – 15͉ = 5a – 5 ⇔ a = 5/2 ou a = – 5 (rejeitado)
Assim, r = – 1 =
Logo, uma equação da circunferência inscrita no
triângulo ABC é
Resposta:
3
–––
2
5
–––
2
͉3a – 15͉
–––––––––
5
͉3a – 16 + 1͉
–––––––––––
͙ෆෆෆෆෆ9 + 16
x
5
1
y
4
1
1
1
1
9
(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
9
(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
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35. 30
As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonal-
mente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivos
planos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os
raios destas esferas medem 2 cm e cm, respectiva-
mente, calcule
a) a distância entre os centros das duas esferas.
b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção
das duas esferas.
Resolução
a) As superfícies de duas esferas se interceptam
ortogonalmente quando, para qualquer ponto A
da intersecção, temos os raios
—
AB e
—
AC perpendi-
culares.
Assim, no triângulo ABC, retângulo em A, temos:
(BC)2 = 22 +
2
⇒ BC = cm
b) No triângulo retângulo ABC, temos:
I) (AB)2 = (BC) . (BM) ⇒ 22 = . BM ⇒
⇒ BM = cm
II) CM = BC – BM = – ⇒ CM = cm
Assim, DM = BD – BM = 2 – ⇒
⇒ DM = cm e EM = CE – CM = – ⇒
⇒ EM = cm
A área S da superfície do sólido obtido pela
intersecção das duas esferas é dada pela soma das
áreas das calotas esféricas com alturas
—
DM e
—
EM
determinadas nas esferas com centros em B e em
C, respectivamente.
3
–––
5
2
–––
5
3
–––
2
9
–––
10
8
–––
5
5
–––
2
8
–––
5
9
–––
10
8
–––
5
5
–––
2
΂
3
–––
2 ΃
5
–––
2
3
–––
2
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36. Logo, S = 2π . (AB) . (DM) + 2π . (AC) . (EM) =
= 2π . 2 . + 2π . . = cm2
Respostas: a) cm b) cm217π
––––
5
5
–––
2
17π
––––
5
3
–––
5
3
–––
2
2
–––
5
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