Este documento apresenta notações matemáticas comuns e a resolução de alguns exercícios. No primeiro exercício, é calculado o número de maneiras de trocar uma moeda de 25 centavos usando moedas menores, chegando-se à resposta de 12 maneiras. No segundo exercício, é calculada a probabilidade de um alvo ser atingido por pelo menos um de dois atiradores que acertam o alvo com probabilidade de 1/3, chegando-se à resposta de 5/9. No terceiro exercício, é calculada a razão entre números complexos rel

1. MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
NOTAÇÕES
‫:ގ‬ conjunto dos números naturais
‫:ޒ‬ conjunto dos números reais
‫ޒ‬+: conjunto dos números reais não-negativos
i: unidade imaginária; i2 = –1
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
AB
––
: segmento de reta unindo os pontos A e B
AB◠: arco de circunferência de extremidades A e B
arg z: argumento do número complexo z
[a , b] = {x ∈ ‫ޒ‬ : a ≤ x ≤ b}
A B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
AC: complementar do conjunto A
͚
n
k=0
akxk = a0 + a1x + a2x2 + … + anxn, n ∈ ‫ގ‬
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
1 DD
Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se
apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número de
diferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos pode
ser trocada é igual a
a) 6. b) 8. c) 10. d) 12. e) 14.
Resolução
O número total de maneiras de trocar a moeda é 12.
1 centavo 5 centavos 10 centavos
25 0 0
20 1 0
15 2 0
15 0 1
10 3 0
10 1 1
5 4 0
5 2 1
5 0 2
0 5 0
0 3 1
0 1 2
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2. 2 DD
Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três dis-
paros. Se os dois atiradores disparam simultaneamente,
então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menos
uma vez e igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
A probabilidade de os dois errarem o alvo é
. =
A probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma
vez é 1 – =
2
–––
3
5
–––
9
4
–––
9
1
–––
3
2
–––
9
4
––
9
2
––
3
2
––
3
5
––
9
4
––
9
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3. 3 BB
Sejam z = n2(cos 45° + i sen 45°) e
w = n(cos 15° + i sen 15°), em que n é o menor inteiro
positivo tal que (1 + i)n é real. Então, é igual a
a) ͙ළළ3 + i. b) 2(͙ළළ3 + i). c) 2(͙ළළ2 + i).
d) 2(͙ළළ2 – i). e) 2(͙ළළ3 – i).
Resolução
1) (1 + i)n = (͙ළළ2 )
n
[cos (n . 45°) + i . sen (n . 45°)]. O
menor inteiro positivo n que torna (1 + i)n real é
4, pois sen(4 . 45°) = 0
2) = =
= n (cos 30° + i sen 30°) =
= 4 . + i. = 2 . (͙ළළ3 + i)
z
–––
w
n2 . (cos 45° + i . sen 45°)
––––––––––––––––––––––
n . (cos 15° + i . sen 15°)
z
–––
w
΃1
–––
2
͙ළළ3
––––
2΂
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4. 4 EE
Se arg z = , então um valor para arg(– 2iz) é
a) – . b) . c) . d) . e) .
Resolução
1) arg z = ⇒ z = |z| . cos + i . sen
2) – 2i = 2 . cos + i . sen
3) –2i.z =2.|z|. cos + +i.sen + ⇒
⇒ arg (– 2iz) = + =
΅΃
3π
–––
2
π
––
4΂΃
3π
–––
2
π
––
4΂΄
7π
–––
4
3π
–––
2
π
––
4
π
–––
4
7π
–––
4
3π
–––
4
π
–––
2
π
–––
4
π
–––
2
΃
π
––
4
π
––
4΂
π
––
4
΃
3π
–––
2
3π
–––
2΂
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5. 5 EE
Sejam r1, r2 e r3 numeros reais tais que r1 – r2 e
r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações:
I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional;
II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional;
III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais,
é (são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) I, II e III.
Resolução
Dados que r1 – r2 ∈ ‫ޑ‬ e r1 + r2 + r3 ∈ ‫,ޑ‬ onde ‫ޑ‬
representa o conjunto dos números racionais, temos:
I) Verdadeira, pois
II) Verdadeira, pois
III)Verdadeira, pois
⇔ ⇔
r3 ∈ ‫ޑ‬
(r1 + r2) + r3 ∈ ‫ޑ‬ ͮ⇒ r1 + r2 ∈ ‫ޑ‬
r1 – r2 ∈ ‫ޑ‬
ͮ⇔
Ά
r1 + r2 ∈ ‫ޑ‬
2r1 ∈ ‫ޑ‬ · Ά
r1 ∈ ‫ޑ‬
r1 + r2 ∈ ‫ޑ‬ ͮ⇒ r2 ∈ ‫ޑ‬
a) r1 ∈ ‫ޑ‬
r1 – r2 ∈ ‫ޑ‬ ͮ⇒ r2 ∈ ‫ޑ‬
r1 ∈ ‫ޑ‬
r1 + r2 + r3 ∈ ‫ޑ‬
ͮ⇒ r3 ∈ ‫ޑ‬
b) r2 ∈ ‫ޑ‬
r1 – r2 ∈ ‫ޑ‬ ͮ⇒ r1 ∈ Q
r2 ∈ ‫ޑ‬
r1 + r2 + r3 ∈ Q
ͮ⇒ r3 ∈ ‫ޑ‬
r3 ∈ ‫ޑ‬
r1 + r2 + r3 ∈ ‫ޑ‬ ͮ⇔Ά
r3 ∈ ‫ޑ‬
(r1 + r2) + r3 ∈ ‫ޑ‬ͮ⇒ r1 + r2 ∈ ‫ޑ‬
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6. 6 CC
As raízes x1, x2 e x3 do polinômio
p(x) = 16 + ax – (4 + ͙ළළ2)x2 + x3 estão relacionadas pelas
equações:
x1 + 2x2 + = 2 e x1 – 2x2 – ͙ළළ2x3 = 0
Então, o coeficiente a é igual a
a) 2(1 – ͙ළළ2). b) 2(2 + ͙ළළ2). c) 4(͙ළළ2 – 1).
d) 4 + ͙ළළ2. e) ͙ළළ2 – 4.
Resolução
Pelas relações de Girard, temos:
Pelas condições dadas e por Girard, temos:
⇔
⇔ ⇔
⇔
Da equação (III) temos:
΂͙ෆ2 + ΃x3 = 4 ΂͙ෆ2 + ΃⇔ x3 = 4.
Substituindo nas equações (I) e (II) temos:
x2 = – ͙ෆ2 e x1 = 2 ͙ෆ2
Da segunda relação de Girard, temos:
2 ͙ෆ2 . (–͙ෆ2 ) + 2 ͙ෆ2 . 4 + (–͙ෆ2 ) . 4 = a ⇔
⇔ – 4 + 8 ͙ෆ2 – 4 ͙ෆ2 = a ⇔ a = 4 (͙ෆ2 – 1)
Ά
x1 + x2 + x3 = 4 + ͙ෆ2
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a
x1 x2 x3 = – 16
Ά
x1 + x2 + x3 = 4 + ͙ෆ2
x3
x1 + 2x2 + ––– = 2
2
x1 – 2x2 – ͙ෆ2 x3 = 0
Ά
x1 + x2 + x3 = 4 + ͙ෆ2
x3
x2 – ––– = – 2 – ͙ෆ2
2
–3x2 – (͙ෆ2 + 1) x3 = – 4 – ͙ෆ2
Ά
x1 + x2 + x3 = 4 + ͙ෆ2 (I)
x3
x2 – ––– = – 2 – ͙ෆ2 (II)
2
5
–΂͙ෆ2 + ––΃x3 = –10 – 4 ͙ෆ2 (III)
2
5
–––
2
5
–––
2
x3
–––
2
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7. 7 AA
Sabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) é
uma progressão aritmética com o último termo igual a
– 127. Então, o produto xyz é igual a
a) – 60. b) – 30 c) 0 d) 30 e) 60
Resolução
Se (x + 2y; 3x – 5y; 8x – 2y; 11x – 7y + 2z) é uma
progressão aritmética e o último termo é – 127 então
1) ⇔
⇔ ⇔
2) ⇒
3) x . y . z = – 10 . 3 . 2 = – 60
Ά
2 (3x – 5y) = (x + 2y) + (8x – 2y)
2 (8x – 2y) = 3x – 5y – 127
Ά
3x + 10y = 0
13x + y = – 127 Ά
x = – 10
y = 3
Ά
11x – 7y + 2z = – 127
x = – 10
y = 3
z = 2
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8. 8 CC
Considere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes
reais. Sabe-se que – 2i e i – ͙ළළ3 são duas de suas raízes.
Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio
q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(l) = 20(5 + 2͙ළළ3).
Então, p(–1) é igual a
a) 5(5 – 2͙ළළ3). b) 15(5 – 2͙ළළ3).
c) 30(5 – 2͙ළළ3). d) 45(5 – 2͙ළළ3).
e) 50(5 – 2͙ළළ3).
Resolução
P(x) = a (x – r1) (x – r2) (x – r3) (x – r4) (x – r5)
São raízes de P(x): –2i, 2i, –͙ෆ3 + i, –͙ෆ3 – i, r5
Como P(x) é divisível por x – 5 então P(5) = 0 ⇒ r5 = 5
Então:
P(x) = a(x + 2i) (x – 2i) (x + ͙ෆ3 – i) (x + ͙ෆ3 + i) . (x – 5)
Sendo P(1) = 20 (5 + 2͙ෆ3), tem-se:
20 (5 + 2 ͙ෆ3) =
= a . (1 + 2i) (1 – 2i) (1 + ͙ෆ3 – i) (1 + ͙ෆ3 + i) . (– 4) ⇔
⇔ 20 (5 + 2 ͙ෆ3) = a . (1 + 4) [(1 + ͙ෆ3 )2 +1] . (– 4) ⇔
⇔ 20 (5 + 2 ͙ෆ3) = a . (– 20) (5 + 2͙ෆ3 ) ⇔ a = –1
Então:
P(x) = (– 1) (x + 2i) (x – 2i)(x + ͙ෆ3 – i) (x + ͙ෆ3 + i) (x – 5)
Assim, P(– 1) = (–1) (5) (5 – 2 ͙ෆ3 ) (– 6) ⇔
⇔ P (– 1) = 30 (5 – 2 ͙ෆ3 )
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9. 9 AA
Um triângulo ABC tem lados com medidas a = cm,
b = 1 cm e c = cm. Uma circunferência é tangente ao
lado a e também aos prolongamentos dos outros dois
lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita
ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é
igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
O triângulo ABC, com lados de medidas a = cm,
b = 1cm e c = cm é retângulo em B, pois b2 = a2 + c2
Assim, sendo x a medida, em centímetros, do raio da
circunferência ex-inscrita ao triângulo ABC, tangente
ao lado a e tangente aos prolongamentos dos lados b e
c, nos pontos U e T, respectivamente, como AT = AU,
tem-se:
c + x = b + (a – x) ⇔ x =
Logo: x = ⇔ x =
a + b – c
–––––––
2
͙ෆ3 1
–––– + 1 – –––
2 2
––––––––––––––
2
͙ෆ3 + 1
–––––––
4
1
––
2
͙ළළ3 + 1
–––––––
4
͙ළළ3
––––
4
͙ළළ3 + 1
–––––––
3
͙ළළ3
––––
2
͙ළළ3 + 2
–––––––
4
͙ෆ3
––––
2
1
––
2
͙ළළ3
––––
2
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10. 10 BB
Sejam A = (0, 0), B = (0, 6) e C = (4, 3) vértices de um
triângulo. A distância do baricentro deste triângulo ao
vertice A, em unidades de distância, e igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
Sendo G (xG; yG) o baricentro do triângulo de vértices
A (0, 0), B (0, 6) e C (4, 3), temos:
xG = = e yG = = 3
A distância de G ( ; 3) ao vértice A (0, 0) é igual a
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ– 0
2
+(3 – 0)2 =
͙ළළළෆ=
͙ළළළ5
––––
3
10
–––
3
0 + 0 + 4
–––––––––
3
4
–––
3
0 + 6 + 3
–––––––––
3
4
–––
3
΂
4
––
3 ΃
97
–––
9
͙ළළළළ97
––––
3
5
–––
3
͙ළළළළ97
–––
3
͙ළළළළළ109
––––
3
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11. 11 DD
A área do quadrilátero definido pelos eixos coordenados
e as retas r : x – 3y + 3 = 0 e s : 3x + y – 21 = 0, em
unidades de área, é igual a
a) . b) 10. c) . d) . e) .
Resolução
Sendo Q a intersecção entre as retas r e s, temos
Q(6, 3), pois:
⇔
Considerando-se que a área pedida seja do qua-
drilátero convexo OPQR, temos:
S = + =
19
–––
2
25
–––
2
27
–––
2
29
–––
2
Ά
x – 3y + 3 = 0
3x + y – 21 = 0 Ά
x = 6
y = 3
(1 + 3) . 6
––––––––––
2
1 . 3
–––––
2
27
–––
2
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12. 12 EE
Dados os pontos A = (0, 0), B = (2, 0) e C = (1, 1), o lugar
geométrico do pontos que se encontram a uma distância
d = 2 da bissetriz interna, por A, do triangulo ABC é um
par de retas definidas por
a) r1, 2 : ͙ළළ2y – x ± 2 ͙ළළළළළළළළළළ4 + ͙ළළළ2 = 0.
b) r1, 2 : y – x ± 2 ͙ළළළළළළළළළළ10 + ͙ළළළ2 = 0.
c) r1, 2 : 2y – x ± 2 ͙ළළළළළළළළළළ10 + ͙ළළළ2 = 0.
d) r1, 2 : (͙ළළ2 + 1)y – x ± ͙ළළළළළළළළළළ2 + 4͙ළළළ2 = 0.
e) r1, 2 : (͙ළළ2 + 1)y – x ± 2 ͙ළළළළළළළළළළ4 +2͙ළළළ2 = 0.
Resolução
A equação das bissetriz interna do ângulo A é:
= y ⇔ x – y = ͙ළළ2y ⇔ x – (͙ළළ2 + 1)y = 0
O lugar geométrico dos pontos que distam 2 unidades
da bissetriz é um par de retas paralelas definidas por
x – (͙ළළ2 + 1)y ± k = 0, onde k é tal que:
= 2 ⇔ ͉k͉ = 2͙ළළළළළළළළළළ4 + 2͙ළළ2
Assim, suas equações são
(͙ළළ2 + 1)y – x ± 2͙ළළළළළළළළළළ4 + 2͙ළළ2 = 0
x – y
––––––
͙ළළ2
͉k͉
––––––––––––––––
͙ළළළළළළළළළළළළළළළ1 + (͙ළළ2 + 1)2
͙ළළළ2
––––
2
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13. 13 CC
Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo
U. Das afirmações:
I. (A BC) CC = A ʝ (B ʜ C);
II. (A BC) C = A ʜ (B ʝ CC)C;
III. BC ʜ CC = (B ʝ C)C,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III.
Resolução
Observemos, primeiramente, que A BC = A ʝ B, pois
∀x ∈ U, temos:
x ∈ (A BC) ⇔ x ∈ A e x ∉ BC ⇔
⇔ x ∈ A e x ∈ B ⇔ x ∈ (A ʝ B)
I) Falsa, pois
(A BC) CC = A ʝ (B ʜ C) ⇔
⇔ (A ʝ B) CC = (A ʝ B) ʜ (A ʝ C) ⇔
⇔ (A ʝ B) ʝ C = (A ʝ B) ʜ (A ʝ C) o que pode
não ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A ʝ B) ʝ C = {5} ≠ {2; 4; 5} = (A ʝ B) ʜ (A ʝ C)
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14. II) Falsa, pois
(A BC) C = A ʜ (B ʝ CC)C ⇔
⇔ (A ʝ B) C = A ʜ (BC ʜ C) o que pode não
ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A ʝ B) C = {2} ≠ {1, 2, 4, 5, 6, 7, 8} =
= A ʜ (BC ʜ C)
III)Verdadeira, pois para ∀x ∈ U, temos:
x ∈ (BC ʜ CC) ⇔ x ∈ BC ou x ∈ CC ⇔
⇔ x ∉ B ou x ∉ C ⇔
⇔ x ∉ (B ʝ C) ⇔ x ∈ (B ʝ C)C
Desta forma, BC ʜ CC = (B ʝ C)C
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15. 14 AA
Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não
vazios, tais que n (P (A) ʜ P (B)) + 1 = n (P (A ʜ B)).
Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir
a) um único valor.
b) apenas dois valores distintos.
c) apenas três valores distintos.
d) apenas quatro valores distintos.
e) mais do que quatro valores distintos.
Resolução
A e B dois conjuntos disjuntos (A ∩ B = Ø), ambos
finitos e não vazios.
A tem x elementos e B tem y elementos, então
1) n (P(A)) = 2x, n (P(B)) = 2y, n(P(A ∪ B)) = 2x+y e
n (P(A) ∪ P(B)) = 2x + 2y – 1
2) n (P(A) ∪ P(B)) + 1 = n (P(A ∪ B)) ⇒
⇒ 2x + 2y – 1 + 1 = 2x+ y ⇒ 2x . 2y – 2x – 2y + 1 = 1 ⇒
⇒ 2x (2y – 1) – (2y – 1) = 1 ⇒ (2y – 1) . (2x – 1) = 1 ⇒
⇒ 2y – 1 = 1 e 2x – 1 = 1 ⇒ 2x = 2e 2y = 2 ⇒ x = y = 1
3) n (A) – n(B) = x – y = 1 – 1 = 0
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16. 15 CC
Considere um número real a ≠ 1 postivo, fixado, e a
equação em x a2x + 2␤ax – ␤ = 0, β ʦ ‫ޒ‬
Das afirmações:
I. Se ␤ Ͻ 0, então existem duas soluções reais distintas;
II. Se ␤ = –1, então existe apenas uma solução real;
III. Se ␤ = 0, então não existem soluções reais;
IV. Se ␤ Ͼ 0, então existem duas soluções reais distintas,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I. b) I e III. c) II e III.
d) II e IV. e) I, III e IV.
Resolução
Sendo ax = y > 0, com a ≠ 1 e a > 0, temos:
a2x + 2 ␤ . ax – ␤ = 0 ⇔ y2 + 2 ␤ y – ␤ = 0
O discriminante dessa equação do segundo grau é
Δ = 4 ␤2 + 4 ␤ cujo gráfico é do tipo
Assim sendo:
1) Se –1 < ␤ < 0 então Δ < 0, a equação do segundo
grau em y não tem solução real e a equação em x
também não tem solução real.
2) Se ␤ = 0 então y = 0 e a equação em x não tem
solução real pois y = ax > 0, ∀x.
3) Se ␤ = – 1 então y2 – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇔ ax = 1 ⇔
⇔ x = 0 e a equação tem uma única solução real.
4) Se ␤ > 0 então a equação do segundo grau em y
tem duas soluções reais distintas, uma positiva e
outra negativa (pois o produto é negativo).
Como y = ax > 0 então a equação em x tem uma
única solução real.
5) São verdadeiras, portanto, as afirmações II e III.
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17. 16 BB
Seja S = x ʦ ‫ޒ‬ Η arc sen +
+ arc cos = . Então,
a) S = Ø. b) S = {0}. c) S = ‫ޒ‬+ {0}.
d) S = ‫ޒ‬+. e) S = ‫.ޒ‬
Resolução
Seja ␣ = arc sen e ␤ = arc cos
Sendo:
S = x ∈ ‫ޒ‬ / arc sen +
+ arc cos =
Temos:
⇒ = ⇔ ex = e–x
⇔ x = 0, pois ␣ + ␤ = .
Logo, S = {0}
΂
e–x – ex
––––––
2 ΃ ΂
ex – e–x
––––––
2 ΃
Ά ΂
e–x– ex
––––––
2 ΃
΂
ex – e–x
––––––
2 ΃
␲
––
2 ·
Ά
e–x– ex
sen ␣ = ––––––
2
ex– e–x
cos ␤ = ––––––
2
e–x – ex
––––––
2
ex – e–x
–––––––
2
␲
––
2
Ά ΂
e–x – ex
––––––
2 ΃
΂
ex – e–x
––––––
2 ΃
␲
–––
2 ·
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18. 17 BB
Seja x ʦ [0, 2␲] tal que sen(x)cos(x) = . Então, o
produto e a soma de todos os possíveis valores de tg (x)
são, respectivamente
a) 1 e 0. b) 1 e . c) –1 e 0.
d) 1 e 5. e) –1 e – .
Resolução
sen x . cos x = ⇔ = ⇔
⇔ tg x = (1 + tg2x) ⇔ 2tg2x – 5tg x + 2 = 0 ⇔
⇔ tg x = 2 ou tg x =
2
––
5
sen x . cos x
––––––––––––
cos2x
2
–––––––
5cos2x
2
––
5
1
––
2
5
––
2
2
––
5
5
––
2
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

19. 18 EE
A soma
k=0
n
∑ cos (␣ + k␲), para todo ␣ ʦ [0, 2␲], vale
a) –cos (␣) quando n é par.
b) –sen (␣) quando n é ímpar.
c) cos (␣) quando n é ímpar.
d) sen (␣) quando n é par.
e) zero quando n é ímpar.
Resolução
1) ͚
n
k=0
[cos (α + kπ)] = cos α + cos (α + π) + cos (α + 2π) +
+ … + cos (α + nπ) =
= cos α – cos α + cos α – cos α + … + (–1)n . cos α
2) Se n for par então ͚
n
k=0
cos (α + kπ) = cos α
3) Se n for ímpar então ͚
n
k=0
cos (α + kπ) = 0
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

20. 19 DD
Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz cm
é interceptado por um plano paralelo à sua base, sendo
determinado, assim, um novo cone. Para que este novo
cone tenha o mesmo volume de um cubo de aresta
1/3
cm, é necessário que a distância do plano à base
do cone original seja, em cm, igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
Sendo V o volume do cone original, em centímetros
cúbicos, R e h as medidas, em centímetros, do raio da
base e da altura, respectivamente, temos:
R2 + 12 =
2
⇒ R2 = e V = ␲ R2 . h =
= ␲ . . 1 =
Assim, sendo v o volume, em centímetros cúbicos, do
novo cone, que é igual ao volume do cubo e d, a distân-
cia, em centímetros, do plano à base do cone original,
temos:
=
3
⇒ =
3
⇒
⇒ =
3
⇒ d =
1
––
3
1
––
3
␲
––
9
v
––
V ΂
1 – d
––––
1 ΃
␲
΄΂–––΃
1/3
΅
3
243
–––––––––
␲
–––
9
΂
1 – d
––––
1 ΃
1
–––
27 ΂
1 – d
––––
1 ΃
2
––
3
΂ 2͙ෆ3
––––
3 ΃
1
––
3
1
––
3
2͙ෆ3
––––
3
΂
␲
–––
243 ΃
1
––
4
1
––
3
1
––
2
2
––
3
3
––
4
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

21. 20 AA
A superfície lateral de um cone circular reto é um setor
circular de 120° e área igual a 3␲ cm2. A area total e o
volume deste cone medem, em cm2 e cm3, respectiva-
mente
a) 4␲ e . b) 4␲ e .
c) 4␲ e ␲͙ෆ2. d) 3␲ e .
e) ␲ e 2␲͙ෆ2.
Resolução
Sejam g, h e R as medidas, em centímetros, da ge-
ratriz, da altura e do raio da base, desse cone, respec-
tivamente.
De acordo com o enunciado, tem-se:
1) . ␲ . g2 = 3␲ ⇔ g = 3
2) ␲Rg = 3␲ ⇔ Rg = 3
assim: R . 3 = 3 ⇔ R = 1
3) h2 + R2 = g2
assim: h2 + 12 = 32 ⇔ h = 2͙ෆ2
4) A área total, em centímetros quadrados, é:
St = ␲R (g + R) = ␲ . 1 . (3 + 1) = 4␲
5) O volume, em centímetros cúbicos, é:
V = = =
120°
–––––
360°
␲R2h
–––––
3
␲ . 12 . 2͙ෆ2
––––––––––––
3
2␲͙ෆ2
––––––
3
2␲͙ෆ2
––––––
3
␲͙ෆ2
––––––
3
2␲͙ෆ2
––––––
3
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

22. As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21
Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de em-
baralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartões
cada. Determine a probabilidade de que os números 9 e
10 apareçam num mesmo conjunto.
Resolução
1) O número de maneiras de formar dois conjuntos
de cinco cartões cada é . C10,5 = . 252 = 126
2) O número de maneiras de os números 9 e 10
pertencerem ao mesmo conjunto é C8,3 = 56
3) A probabilidade é =
Resposta:
9 10
56
––––
126
4
––
9
4
––
9
1
––
2
1
––
2
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

23. 22
Determine os valores reais de x de modo que
sen(2x) – ͙ෆ3 cos(2x) seja máximo.
Resolução
Seja f(x) = sen(2x) – ͙ළළ3 cos(2x)
f(x) = 2 . . sen(2x) – . cos(2x) =
= 2 . sen(2x) . cos – sen . cos(2x) =
= 2 . sen 2x –
Assim, para que f(x) seja máximo devemos ter
2x – = + n . 2π, (n ∈ ‫)ޚ‬ ⇔
⇔ x = + n . π, (n ∈ ‫)ޚ‬
Resposta: x = + n . π, (n ∈ ‫)ޚ‬
΂ 1
–––
2
͙ළළ3
–––
2 ΃
΂ π
–––
3
π
–––
3 ΃
΂ π
–––
3 ΃
π
–––
3
π
–––
2
5π
–––
12
5π
–––
12
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

24. 23
Considere a matriz quadrada A em que os termos da
diagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ...,1 + xn e todos
os outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,..., xn)
é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é
e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que o
seu determinante seja igual a 256.
Resolução
1) A matriz A é
Desta forma,
2) Como (x1; x2; x3; ...; xn) = ; 2; 8;...; 2
2n–3
,
pois trata-se de uma PG de primeiro termo e
razão 4, temos
x1 . x2 . x3 ... xn = 2–1 . 21 . 23 ... 22n–3 =
= 2 = 2
n2– 2n
3) Sendo det A = 256, temos:
2n2–2n = 256 ⇔ 2n2–2n = 28 ⇔ n2 – 2n = 8 ⇔
⇔ n2 – 2n – 8 = 0 ⇔ n = 4, pois n > 0
Assim, a ordem da matriz A é n + 1 = 5
Resposta: 5
(–1 + 2n – 3) . n
–––––––––––––
2
΂
1
––
2 ΃
1
––
2
1
––
2
A =
΄
1
1
1
Ӈ
1
1
1 + x1
1
Ӈ
1
1
1
1 + x2
Ӈ
1
1
1
1
Ӈ
1 + xn
΅(n+1)x(n+1)
det A =
͉
1
1
1
Ӈ
1
1
1 + x1
1
Ӈ
1
1
1
1 + x2
Ӈ
1
1
1
1
Ӈ
1 + xn
͉=
=
͉
1
1
1
Ӈ
1
0
x1
0
Ӈ
0
0
0
x2
Ӈ
0
0
0
0
Ӈ
xn
͉= x1 . x2 . ... xn
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

25. 24
Seja n um número natural. Sabendo que o determinante
da matriz
A =
é igual a 9, determine n e também a soma dos elementos
da primeira coluna da matriz inversa A–1.
Resolução
Sendo A = =
= , então:
1) Se det A = 9, temos:
–2n2 + 19n – 30 = 9 ⇔ n = 3, pois n ∈ ‫.ގ‬
2) Sendo A–1 = , para n = 3, temos:
. = ⇔
⇔ ⇔
Logo, a soma dos elementos da primeira coluna de A–1
é igual a a + b + c = –1
Respostas: n = 3 e a soma é – 1
΄
n
n + 5
– 5
log22
log33n
1
log5 –––
125
1
– log2 –––
2
log3243
– log5 25
΅
΄
n
n + 5
– 5
log22
log33n
1
log5––––
125
1
–log2––
2
log3243
–log525
΅
΄
n 1 1
n + 5 n 5
–5 –3 –2
΅
΄
a m x
b q y
c p z
΅
΄
3 1 1
8 3 5
–5 –3 –2
΅ ΄
a m x
b q y
c p z
΅ ΄
1 0 0
0 1 0
0 0 1
΅
Ά
3a + b + c = 1
8a + 3b + 5c = 0
–5a – 3b – 2c = 0
Ά
a = 1
b = –1
c = –1
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

26. 25
Em um plano estão situados uma circunferência ␻ de raio
2 cm e um ponto P que dista 2͙ෆ2 cm do centro de ␻.
Considere os segmentos
–––
PA e
–––
PB tangentes a ␻ nos
pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechada
delimitada pelos segmentos
–––
PA e
–––
PB e pelo arco menor
◠AB em torno de um eixo passando pelo centro de ␻ e
perpendicular ao segmento
–––
PA , obtém-se um sólido de
revolução. Determine:
a) A área total da superfície do sólido.
b) O volume do sólido.
Resolução
Sendo 0 o centro de ω e r a reta perpendicular ao
segmento PA
—–
conduzida por 0 (centro de ω), podemos
concluir que o quadrilátero OBPA é um quadrado de
lado medindo 2cm e que o sólido obtido ao girar a
região plana fechada delimitada pelos segmentos PA
—–
e
PB
—–
e pelo menor dos arcos AB
២
em torno da reta r é
um cilindro circular reto de raio da base R = 2cm e
altura H = 2cm com uma cavidade na forma de
semiesfera de raio R = 2cm.
Assim:
a) A área total S, em centímetros quadrados, da
superfície desse sólido é dada por:
S = π R2 + 2 π R H + =
= π R (2H + 3R) = 20π
b) O volume V, em centímetros cúbicos, desse sólido
é dado por:
V = π R2 H – . . π R3 = π R2
΂ ΃=
Respostas: a)20π cm2 b) cm3
4 π R2
––––––
2
1
––
2
4
––
3
2R
H – –––
3
8π
––
3
8π
–––
3
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DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

27. 26
As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0
e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definem
os vértices de um triângulo que é a base de um prisma
reto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Deter-
mine:
a) A área total da superfície do prisma.
b) O volume do prisma.
Resolução
1) A base desse prisma reto é o triângulo de vértices
A (3; 2), B (7; 0) e C (0; 1) pois:
⇔
⇔
⇔
2) A área S desse triângulo é dada por:
S = . ͉ ͉ = 5
3) O perímetro desse triângulo é 2p = AB + BC + AC
assim:
2p = ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(7 – 3)2 + (0 – 2)2 + ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(7 – 0)2 + (0 – 1)2 +
+ ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(0 – 3)2 + (1 – 2)2 ⇔ 2p = ͙ළළළ20 + ͙ළළළ50 + ͙ළළළ10 ⇔
⇔ 2p = 5͙ළළ2 + 2͙ළළ5 + ͙ළළළ10
a) A área total At da superfície do sólido é dada por
At = 2S + 2ph
assim: At = 10 + 10͙ළළ2 + 4͙ළළ5 + 2͙ළළළ10 ⇔
⇔ At = 2 (5 + 5͙ළළ2 + 2͙ළළ5 + ͙ළළළ10 )
b) O volume V do sólido é dado por V = S . h
assim: V = 5 . 2 ⇔ V = 10
Respostas: a) 2 (5 + 5͙ළළ2 + 2͙ළළ5 + ͙ළළළ10 ) unidades de
área
b) 10 unidades de volume
Ά
x – 3y + 3 = 0
x + 2y – 7 = 0 Ά
x = 3
y = 2
Ά
x + 2y – 7 = 0
x + 7y – 7 = 0 Ά
x = 7
y = 0
Ά
x – 3y + 3 = 0
x + 7y – 7 = 0 Ά
x = 0
y = 1
1
––
2
3 2 1
7 0 1
0 1 1
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

28. 27
Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos
uma das três materias: Matemática, Física e Química.
Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%
estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda,
que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática,
enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos
que estudam apenas Química e Física mais aqueles que
estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 es-
tudantes. Determine n.
Resolução
1) De acordo com os dados, temos o seguinte dia-
grama:
2) x + y = 63
3) ⇔
⇔ ⇒
⇒ a + b + c + 2 . 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 126 (I)
4) a + b + c + x + y + 0,12n = n ⇔
⇔ a + b + c + x + y = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c + 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 63 (II)
5) Comparando-se as equações (I) e (II), observa-se
que elas são incompatíveis.
Resposta: não existe n
Ά
a + 0,12n + y = 0,48n
b + 0,12n + x = 0,36n
c + 0,04n + x + y = 0,32n
Ά
a + y = 0,36n
b + x = 0,24n
c + x + y = 0,28n
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

29. 28
Analise se f : ‫ޒ‬ → ‫,ޒ‬ f(x) = é bijetora e,
em caso afirmativo, encontre f–1 : ‫ޒ‬ → ‫.ޒ‬
Resolução
1) O gráfico da função f: ‫ޒ‬ → ‫,ޒ‬
f(x) = é
formado de dois ramos de parábolas de vértice
(0; 3). Esta função é estritamente crescente para
todo x ∈ ‫ޒ‬ e, portanto, é bijetora de ‫ޒ‬ em ‫.ޒ‬
2) f(f–1(x)) = x ⇒
⇒ f(f –1(x)) = ⇒
⇒
Resposta: f –1(x) =
Ά
3 + x2, x у 0
3 – x2, x Ͻ 0
Ά
3 + [f–1(x)]2 = x, se f–1(x) у 0
3 – [f –1(x)]2 = x, se f–1(x) Ͻ 0
Άf –1(x) = ͙ළළළළෆx – 3, com x у 3
f–1(x) = – ͙ළළළළෆ3 – x, com x Ͻ 3
Ά͙ළළළළෆx – 3, com x у 3
– ͙ළළළළෆ3 – x, com x Ͻ 3
Ά
3 + x2, x у 0
3 – x2, x Ͻ 0
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

30. 29
Determine os valores de ␪ ∈ [0,2␲] tais que
logtg(␪) esen(␪) у 0.
Resolução
1) Se tg ␪ > 1 então
logtg␪(esen␪) ≥ 0 ⇔ esen␪ ≥ 1 ⇔ sen ␪ ≥ 0
Se tg ␪ > 1 e sen ␪ ≥ 0 então < x <
2) Se 0 < tg ␪ < 1 então
logtg␪ (esen␪) ≥ 0 ⇔ esen␪ ≤ 1 ⇔ sen ␪ ≤ 0
Se 0 < tg ␪ < 1 e sen ␪ ≤ 0 então π < x <
Resposta: ͬ ; ͫ ∪ ͬπ; ͫ
π
––
4
π
––
2
5π
–––
4
π
––
4
π
––
2
5π
–––
4
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

31. 30
As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um
círculo ␻. A reta r1 tangencia ␻ no ponto A e a reta r2
intercepta ␻ nos pontos B e C diametralmente opostos. A
medida do arco ◠AC é 60° e
–––
PA mede ͙ෆ2 cm. Determine a
área do setor menor de ␻ definido pelo arco ◠AB.
Resolução
De acordo com o enunciado, a medida do arco ◠AB é
180° – 60° = 120°. Assim, a medida ␣ do ângulo A
^
PB é
dada por:
␣ = = = 30°
No triângulo APO, retângulo em
^
A, temos:
tg ␣ = = = ⇒ AO = cm
Assim, a área S do setor menor de ω definido pelo arco
◠AB é:
S = . ␲ . (AO)2 = ␲ .
2
= cm2
Resposta: cm2
120° – 60°
––––––––
2
◠AB – ◠AC
––––––––
2
͙ෆ6
––––
3
AO
––––
͙ෆ2
͙ෆ3
––––
3
AO
––––
AP
2␲
–––
9
͙ෆ6
΂––––΃3
1
––
3
120°
––––
360°
2␲
–––
9
IITTAA ((33..OO
DD IIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111