M MAATTEEMMÁÁTTIICCAA - curso-objetivo.br · OBJETIVO MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA Obs.: São...

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO

MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTT IIIICCCCAAAA

Obs.: São cartesianos ortogonais os sistemas de coor-denadas considerados.

1 DDDDSeja E um ponto externo a uma circunferência. Os seg-mentos

–––EA e

–––ED interceptam essa circunferência nos

pontos B e A, e, C e D, respectivamente. A corda –––AF

da circunferência intercepta o segmento –––ED no ponto

G. Se EB = 5, BA = 7, EC = 4, GD = 3 e AG = 6, entãoGF valea) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5Resolução

1) Pela potência do ponto E tem-se:EA . EB = EC . ED ⇔⇔ 12 . 5 = 4 . (4 + 3 + GC) ⇔ GC = 8

2) Pela potência do ponto G tem-se:GA . GF = GC . GD ⇔ 6 . GF = 8 . 3 ⇔ GF = 4

NOTAÇÕES

C : conjunto dos números complexos Q : conjunto dos números racionais R : conjunto dos números reais Z : conjunto dos números inteirosN = {0, 1, 2, 3,...} N* = {1, 2, 3,...} Ø: conjunto vazio A\B = {x ∈ A : x ∉ B} detA : determinante da matriz AA–1: inversa da matriz A

( ab) : combinação de a elementos, b a b, onde a e b

são inteiros maiores ou iguais a zero–––AB: segmento de reta unindo os pontos A e BP(X) : conjunto de todos os subconjuntos de Xn(X) : número de elementos do conjunto X (X finito)i: unidade imaginária; i2 = –1z = x + iy, x, y ∈ R––z : conjugado do número z ∈ C

Izl : módulo do número z ∈ C

Rez : parte real de z ∈ C

Imz: parte imaginária de z ∈ C

[a,b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}(a,b) = {x ∈ R : a < x < b}[a,b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}(a,b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}

IIII TTTTAAAA ---- ((((3333ºººº DDDDiiiiaaaa)))) DDDDeeeezzzzeeeemmmmbbbbrrrroooo////2222000000005555


2 CCCCSeja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1.Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte pro-priedade:

Se A, B ∈ S, então A , B ou B , A.Então, o número máximo de elementos que S pode teré

a) 2n–1

b) n/2, se n for par, e (n + 1)/2 se n for ímpar c) n + 1

d) 2n – 1

e) 2n–1 + 1

Resolução

1) Se S , P(U), qualquer elemento Xi ∈ S é subconjuntode U.

2) Se Xi ≠ Ø for o elemento de S com menor númerode elementos, qualquer outro elemento de S deveráconter Xi.

3) Assim, o conjunto S terá o maior número de elemen-tos quando for do tipoS = {Ø, {a1}, {a1; a2}, {a1; a2; a3}, …,{a1; a2; a3; …;an}}em que {a1; a2; …; an} = U

Desta forma, S possui um máximo de n + 1 elementos.

3 BBBBSejam A e B subconjuntos finitos de um mesmoconjunto X, tais que n(B\A), n(A\B) e n(A " B) formam,nesta ordem, uma progressão aritmética de razão r > 0. Sabendo que n(B\A) = 4 e n(A U B) + r = 64,então, n(A\B) é igual aa) 12 b) 17 c) 20 d) 22 e) 24

Resolução

De acordo com os dados, tem-se o seguinte diagramade Venn-Euler:

pois n(B\A), n(A\B) e n(A " B) formam, nesta ordem,uma progressão aritmética de primeiro termo 4 e razãor > 0.Assim, tem-se que:

n(A " B) + r = 64 ⇔ [(4 + r) + (4 + 2r) + 4] + r = 64 ⇔⇔ 12 + 4r = 64 ⇔ r = 13 en(A\B) = n(A – B) = 4 + r = 4 + 13 = 17



4 EEEESeja f : R → R definida por f(x) = Ï····77sen[5(x + π/6)] eseja B o conjunto dado por B = {x ∈ R : f(x) = 0}. Se mé o maior elemento de B ù (–∞,0) e n é o menorelemento de B ù (0, +∞), então m + n é igual aa) 2π/15 b) π/15 c) –π/30 d) –π/15 e) –2π/15

Resolução

1) Com k ∈ Z temos:

f(x) = Ï····77 . sen 5 x + = 0 ⇔

⇔ sen 5 x + = 0

⇔ 5 x + = k π ⇔ x + = ⇔

⇔ x = – + e B = {x ∈ R: x = – + ; k ∈ Z}

2) B ù (–∞,0) = – ; ; ; ; …

cujo maior elemento é m = –

3) B ù (0, +∞) = ; ; ; ; … ,

cujo menor elemento é n = .

4) Dos itens (2) e (3) conclui-se

m + n = – + = –

5 CCCCConsidere a equação (ax – a–x)/(ax + a–x) = m, na variá-vel real x, com 0 < a ≠ 1. O conjunto de todos os valoresde m para os quais esta equação admite solução real éa) (-1,0) < (0,1) b) (–∞,–1) < (1,+∞) c) (–1,1)d) (0,∞) e) (–∞,+∞)Resolução

1) = m ⇔ ax – a–x = m ax + m a–x

⇔ (m – 1) . ax + (m+1)a–x = 0 ⇔

⇔ (m – 1) . a2x + (m+1) = 0 ⇔

⇔ a2x = ⇔ a2x =

Para 0 < a ≠ 1, a2x > 0 ⇔ > 0 ⇔

⇔ (1 + m) (1 – m) > 0 ⇔ –1 < m < 1

1 + m–––––––1 – m

1 + m–––––––1 – m

– m – 1––––––––m – 1

ax – a–x–––––––––ax + a–x

2π–––15π–––30

π—6

π–––30

619π–––3013π–––30

7π–––30π–––305

π—6

6– 23π—–––30

– 17π—–––30– 11π—–––30

π—65

kπ––5π—6

kπ—5π—6

kπ—–5π—62π—61

24π—61324π—613



6 AAAAConsidere uma prova com 10 questões de múltiplaescolha, cada questão com 5 alternativas. Sabendo quecada questão admite uma única alternativa correta,então o número de formas possíveis para que umcandidato acerte somente 7 das 10 questões é

a) 44.30 b) 43.60 c) 53.60 d) .43 e)

Resolução

Interpretando “o número de formas possíveis para queo candidato acerte somente 7 questões” como sendo“o número de maneiras de escolher uma alternativapara cada um dos 10 testes de modo que apenas 7deles estejam corretos”, então:1) O número de possibilidades de acertar exatamente

7 testes é C10,7 .

2) Para cada uma das possibilidades anteriores, as 3questões erradas podem ser escolhidas de

4 . 4 . 4 = 43 maneiras.3) O número total de possibilidades será, então,

C10,7 . 43 = . 43 = 30 . 4 . 43 = 30 . 4410 . 9 . 8–––––––––3 . 2 . 1

2107127

31



7 BBBBConsidere as seguintes afirmações sobre a expressãoS = ∑101

k=0 log8 (4k Ï·2 ):I. S é a soma dos termos de uma progressão geo-

métrica finitall. S é a soma dos termos de uma progressão arit-

mética finita de razão 2/3II. S = 3451IV.S ≤ 3434 + log8Ï·2Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas

a) I e Ill b) ll e Ill c) ll e lV d) ll e) Ill

Resolução

S = log8(4k . Ï··2 ) ⇔

⇔ S = log8(40 . Ï··2 ) + log8(41 . Ï··2 ) +

+ log8(42 . Ï··2 ) + … + log8(4101 . Ï··2 ) ⇔

⇔ S = + + + + + … +

+ +

Assim sendo1) S é a soma dos termos de uma progressão arit-

mética finita de razão .

2) O valor de S é:

S = . 102 = .102 = 3451

3) S = 3451 > 3434 + log8 Ï··2

As afirmações verdadeiras são, apenas, II e III.Obs.: A rigor sempre é possível obter uma progressãogeométrica cuja soma S = 3451 o que tornaria aafirmação (I) verdadeira.

203––––

6

1 1 202–– + 1–– + –––– 26 6 3

–––––––––––––––––––2

2–––3

2202–––––

3

1–––61

24–––3

1–––6122

–––3

1–––6121

–––61

101

∑k = 0



8 CCCCSe para todo z ∈ C, |f(z)| = Izl e |f(z) – f(1)| = Iz –1|, então,para todo z ∈ C, f(1)—–f(z) + f(1)f(z)–— é igual a

a) 1 b) 2z c) 2Rez d) 2Imz e) 2|z|2

Resolução

1) |f(z)| = |z| ⇔ = 1 ⇔ = cos θ + i . sen θ ⇔

⇔ f(z) = z (cos θ + i . sen θ), ∀ z ∈ C*

2) f(z) = z . (cos θ + i . sen θ) também é verdadeira paraz = 0, pois f(0) = 0 . (cos θ + i . sen θ) = |0|

3) A função f(z) = z (cos θ + i . sen θ) satisfaz a condição|f(z) – f(1)| = |z – 1|, pois |f(z) – f(1)| = |z (cos θ + i . sen θ) – 1 . (cos θ + i . sen θ)| == |z – 1| . |cos θ + i . sen θ| = |z – 1|

4) f(z)—–

= z–– (cos θ – i . sen θ)

5) f(1) = 1 . (cos θ + i . sen θ) e f(1)—–

= 1(cos θ – i . sen θ)

6) f(1)—– . f(z) = 1 (cos θ – i . sen θ) . z (cos θ + i . sen θ)

7) f(1) . f(z)—–

= 1 . (cos θ + i . sen θ) . z–– (cos θ – i . sen θ)

8) f(1)—– . f(z) + f(1) . f(z)—–

= (z + z––) (cos2 θ + sen2 θ) = = z + z–– = 2 Re(z)

9 DDDDO conjunto solução de (tg2x – 1)(1 – cotg2x) = 4, x ≠ kπ/2, k ∈ Z, éa) {π/3 + kπ/4, k ∈ Z} b) {π/4 + kπ/4, k ∈ Z} c) {π/6 + kπ/4, k ∈ Z} d) {π/8 + kπ/4, k ∈ Z} e) {π/12 + kπ/4, k ∈ Z}

Resolução

Para x ≠ k , k ∈ Z, temos:

(tg2x – 1) (1 – cotg2x) = 4 ⇔

⇔ . = 4 ⇔

⇔ (sen2x – cos2x)2 = 4 sen2 x cos2 x ⇔

⇔ cos2 (2x) = sen2 (2x) ⇔ tg2 (2x) = 1 ⇔

⇔ tg (2x) = ±1 ⇔ 2x = + k . , (k ∈ Z) ⇔

⇔ x = + k . , (k ∈ Z)

O conjunto-solução da equação é:

5 + k . , k ∈ Z 6π––4

π––8

π–––4

π–––8

π–––2

π–––4

(sen2x – cos2x)–––––––––––––––

sen2x

(sen2x – cos2x)–––––––––––––––

cos2x

π–––2

f(z)––––z

f(z)––––z



10 BBBBSe α ∈ [0,2π) é o argumento de um número complexoz ≠ 0 e n é um número natural tal que (z/uzu)n = isen(nα),então, é verdade quea) 2nα é múltiplo de 2πb) 2nα – π é múltiplo de 2πc) nα – π/4 é múltiplo de π/2d) 2nα – π é múltiplo não nulo de 2e) nα – 2π é múltiplo de πResolução

1) Lembrando que z = |z| . [cos α + i sen α], tem-seque:

= [cos α + i sen α] ⇔

⇔n

= [cos α + i sen α] n ⇔

⇔ n

= cos (n α) + i sen (n α) = i sen (n α) ⇔

⇔ cos (n α) = 0 ⇔ n α = + kπ, com k ∈ Z (I)

2) Da relação (I), conclui-se:A é falsa, pois2n α = π + 2kπ = π (1 + 2k), que não é “múltiplo”de 2π.B é verdadeira, pois2n α – π = 2kπ, que é “múltiplo” de 2π.C é falsa, pois

n α – = +kπ, que não é “múltiplo” de .

D é falsa, pois

2n α – π = 2kπ, que só seria “múltiplo” de 2 se kπ ∈ Z, o que só ocorre para k = 0.

E é falsa, pois

n α – 2π = – +kπ, que não é “múltiplo” de π.3π–––2

π–––2

π–––4

π–––4

π–––2

z1–––2|z|

z1–––2|z|

z–––|z|



11 AAAAA condição para que as constantes reais a e b tornemincompatível o sistema linear

é

a) a – b ≠ 2 b) a + b = 10 c) 4a – 6b= Od) a/b = 3/2 e) a . b = 24

Resolução

Sendo p a característica da matriz incompleta e q acaracterística da matriz completa, associadas aosistema, temos:

1) MI = ⇒ p = 2 para a = 6 e p = 3 para a ≠ 6

2) O sistema é incompatível quando p ≠ q e, portanto,devemos ter: p = 2 e q = 3.Assim, para a = 6, teremos:

MC = e q = 3 para b ≠ 4

Logo, a – b ≠ 2.

12 DDDD

Se det = –1, então o valor do

det é igual a

a) 0 b) 4 c) 8 d) 12 e) 16

Resolução

=

= – 2 . 3 =

= – 6 + =

= – 6 . 2 = – 12 . (– 1) = 12|a b cp q r x y z|

2|a b cx y z x y z||a b c

2p 2q 2r x y z|1

|a b c2p+x 2q+y 2r+z

x y z||–2a –2b –2c

2p+x 2q+y 2r+z3x 3y 3z|

4–2a – 2b –2c

2p + x 2q + y 2r + z 3x 3y 3z3

4a b cp q rx y z3

1 1 3 2

31 2 5 142 2 6 b

1 1 3

31 2 542 2 a

x + y + 3z = 2x + 2y + 5z = 1 2x + 2y + az = b5



13 EEEESeja p um polinômio com coeficientes reais, de grau 7,que admite 1 – i como raiz de multiplicidade 2. Sabe-seque a soma e o produto de todas as raízes de p são,respectivamente, 10 e – 40. Sendo afirmado que trêsraízes de p são reais e distintas e formam uma pro-gressão aritmética, então, tais raízes são

a) 3/2 – Ï····193/6, 3, 3/2 + Ï····193/6

b) 2 – 4Ï···13, 2, 2 + 4Ï···13c) – 4, 2, 8d) – 2, 3, 8 e) – 1, 2, 5

Resolução

Se um polinômio p de grau 7 com coeficientes reais,admite (1 – i) como raiz de multiplicidade 2, então,também admite (1 + i) como raiz de multiplicidade 2.Sendo α – r, α, α + r, com α e r números reais, as outrastrês raízes de p, temos

⇒

⇒ ⇔

Dessa forma as três raízes reais de p são – 1, 2 e 5.

α = 2r = ± 3

α = 24 . (α 2 – r2) . α = – 40

(1 – i) + (1 – i) + (1 + i) + (1 + i) + (α – r) + α + (α + r)= 10(1 – i) (1 – i) (1 + i) (1 + i) (α – r) α(α + r) = – 40



14 EEEESobre o polinômio p(x) = x5 – 5x3 + 4x2 – 3x – 2podemos afirmar quea) x = 2 não é raiz de pb) p só admite raízes reais, sendo uma delas inteira,

duas racionais e duas irracionaisc) p admite uma única raiz real, sendo ela uma raiz

inteirad) p só admite raízes reais, sendo duas delas inteirase) p admite somente 3 raízes reais, sendo uma delas

inteira e duas irracionais

Resolução

1) p(x) = x5 – 5x3 + 4x2 – 3x – 2 ⇔⇔ p(2) = 32 – 40 + 16 – 6 – 2 ⇔⇔ p(2) = 0 ⇔ 2 é raiz de p ⇔⇔ p(x) é divisível por x – 2

2) 1 0 –5 4 –3 –2 2 __________________________ ⇔1 2 –1 2 1 0

p(x) x – 2⇔ ______________________ ⇔0 x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1

⇔ p(x) = (x – 2) (x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1)

3) p(x) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1 = 0

4) x – 2 = 0 ⇔ x = 2

5) x4 + 2x3 – x2 + 2x + 1 = 0 ⇔

⇔ x2 + 2x – 1 + + = 0

⇔ + 2 – 1 = 0

6) Se x + = y, então x2 + + 2 = y2 ⇔

⇔ x2 + = y2 – 2

7) Substituindo x + por y, temos:

(y2 – 2) + 2y – 1 = 0 ⇔ y2 + 2y – 3 = 0 ⇔

⇔ y = –3 ou y = 1

8) Se y = –3, então x + = –3 ⇔

⇔ x2 + 3x + 1 = 0 ⇔ x = –3 ± Ïw5

–––––––––2

1–––x

1–––x

1–––x2

1–––x2

1–––x

11x + –––2x

11x2 + –––2x2

1–––x2

2–––x



9) Se y = 1, então x + = 1 ⇔ x2 – x + 1 = 0 ⇔

⇔ x =

10) O conjunto-verdade da equação p(x) = 0 é

52; ; ; ; 61 – Ïw3 i––––––––

2

1 + Ïw3 i––––––––

2

–3 – Ïw5––––––––

2

–3 + Ïw5––––––––

2

1 ± Ïw3 i–––––––––

2

1–––x



15 EEEESeja o sistema linear nas incógnitas x e y, com a e breais, dado por

Considere as seguintes afirmações:I. O sistema é possível e indeterminado se a = b = 0ll. O sistema é possível e determinado se a e b não

são simultaneamente nulosIII. x2+y2 = (a2+b2)–1, se a2+b2 ≠ 0

Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenasa) I b) II c) III d) I e II e) ll e III

Resolução

5(a – b) x – (a + b) y = 1(a + b) x + (a – b) y = 1

1) A matriz incompleta MI =

não tem característica definida, se a = b = 0 e temcaracterística 2, se a ≠ 0 ou b ≠ 0, pois

= (a – b)2 + (a + b)2 =

= 2 (a2 + b2) ≠ 0

2) A matriz completa MC =

tem característica 1 se a = b = 0 e tem característica2, se a ≠ 0 ou b ≠ 0.

3) Dos itens (1) e (2), pelo Teorema de Rouché-Capelli,conclui-se que:se a = b = 0, o sistema é impossível ese a ≠ 0 ou b ≠ 0, o sistema é possível edeterminado.

Neste caso, tem-se:

⇒ (2a2 + 2b2) x2 + (2a2 + 2b2) y2 = 2 ⇔

⇒ (a2 + b2) (x2 + y2) = 1 ⇔ x2 + y2 = ⇒

⇔ x2 + y2 = (a2 + b2) –1

Desta forma, (I) é falsa, (II) e (III) são verdadeiras.

1––––––––a2 + b2

(a – b)2 x2 – 2 (a – b) (a + b) xy + (a + b)2 y2 = 1⇒ 5 ⇒

(a + b)2 x2+ 2 (a + b) (a – b) xy + (a – b)2 y2 =1

(a – b) x – (a + b) y = 15 ⇒(a + b) x + (a – b) y = 1

(a – b) – (a + b) 13 4(a + b) (a – b) 1

(a – b) – (a + b)u u(a + b) (a – b)

(a – b) – (a + b)3 4(a + b) (a – b)

(a – b)x – (a + b)y = 1 (a + b)x + (a – b)y = 1 5



16 DDDDConsidere o polinômio p(x) = x3 – (a + 1)x + a, ondea ∈ Z. O conjunto de todos os valores de a, para osquais o polinômio p(x) só admite raízes inteiras, é

a) {2n, n ∈ N} b) {4n2, n ∈ N}

c) {6n2 – 4n, n ∈ N} d) {n(n + 1), n ∈ N}

e) N

Resolução

1) p(x) = x3 – (a + 1) x + a ⇔⇔ p(x) = x3 – x2 + x2 – ax – x + a = 0 ⇔⇔ p(x) = x2(x – 1) + x (x – 1) – a (x – 1) ⇔⇔ p(x) = (x – 1) (x2 + x – a)

2) p(x) = 0 ⇔ x – 1 = 0 ou x2 + x – a = 0

3) As raízes da equação x2 + x – a = 0 serão reais se, esomente se, ∆ = 1 + 4 a ≥ 0

4) 1 + 4 a ≥ 0 e a ∈ Z ⇔ a ∈ N

5) Para a ∈ N, se as raízes inteiras forem m e n então

⇔ ⇔

6) As raízes inteiras serão, portanto, 1, n e –n–1 desdeque a = n(n + 1), ∀ n ∈ N.

m = – n – 1a = n(n + 1){m = – 1 – n

(–1–n) . n = – a{m + n = – 1m . n = – a{



17 BBBBNuma circunferência C1 de raio r1= 3 cm está inscritoum hexágono regular H1; em H1 está inscrita umacircunferência C2; em C2 está inscrito um hexágono

regular H2 e, assim, sucessivamente. Se An (em cm2) é

a área do hexágono Hn, então ∑∞n = 1 An (em cm2) é igual

a

a) 54 Ïw2 b) 54 Ïw3 c) 36(1 + Ïw3 )

d) 27 / (2 – Ïw3 ) e) 30 (2 + Ïw3 )

Resolução

De acordo com o enunciado e a figura acima tem-se:r1 = 3 cm

r2 = = cm

r3 = = 3 . 2

cm

r4 = = 3 . 3

cm

……

conclui-se assim que os raios r1, r2, r3, …, rn, … formamnessa ordem uma progressão geométrica estritamente

decrescente de 1º termo r1 = 3 cm e razão q = eque as áreas A1, A2, A3, …, An,… formam

nessa ordem uma progressão geométrica estritamente

decrescente de 1º termo A1 = 6 . cm2 e razão

Q = 2

.2Ï··3–––––

21

32 Ï··3–––––––

4

Ï··3–––––

2

2Ï··3–––––

21r3Ï··3–––––

2

2Ï··3–––––

21r2Ï··3–––––

2

3Ï··3–––––

2

r1Ï··3–––––

2



Logo: An = =

= = = 54Ï··3

18 sssseeeemmmm rrrreeeessssppppoooossssttttaaaaSejam a reta s: 12x – 5y + 7 = 0 e a circunferênciaC: x2 + y2 + 4x + 2y = 11. A reta p, que é perpendiculara s e é secante a C, corta o eixo Oy num ponto cujaordenada pertence ao seguinte intervalo

a) , b) ,

c) , d) ,

e) ,

Resolução

A circunferência x2 + y2 + 4x + 2y – 11 = 0 tem centroC(– 2; – 1) e raio r = 4.

A reta p, perpendicular a s, tem equação 5x + 12y + k = 0 e será secante à circunferência quando dp,C < 4, isto é:

< 4 ⇔ < 4 ⇔

⇔ uk – 22 u < 52 ⇔ –52 < k – 22 < 52 ⇔

⇔ – 30 < k < 74

A reta p intercepta o eixo Oy num ponto cuja ordenada

é .

Assim, se – 30 < k < 74, então – 74 < – k < 30 e

< <

A ordenada do ponto em que a reta p corta o eixo Oy

pertence ao intervalo 1 ; 2.30––––12

74– ––––

12

30––––12

– k–––––

12

– 74–––––

12

–k–––12

u k – 22 u–––––––––

13

u 5 . (–2) + 12 . (–1) + k u–––––––––––––––––––––––

Ï·······52 + 122

291–––12

75–––121

274–––12

30–––121230

– –––12

74– –––

121

274– –––

12

81– –––

121281– –––

12

91– –––

121

27 Ï··3–––––––

2–––––––––

1–––4

32 Ï··36 . –––––––

4–––––––––––––

Ï··3 2

1 – 1––––22

A1–––––1 – Q

∞∑

n = 1



19 DDDDOs focos de uma elipse são F1(0, – 6) e F2(0,6). Ospontos A(0,9) e B(x, 3), x > 0, estão na elipse. A área dotriângulo com vértices em B, F1 e F2 é igual a

a) 22 Ïww10 b) 18 Ïww10 c) 15 Ïww10

d) 12 Ïww10 e) 6 Ïww10

Resolução

A partir do enunciado, temos uma elipse com centro naorigem e com os pontos indicados na figura a seguir.

Como f = = 6, a = CA = 9 e a2 = b2 + f2,

temos: 92 = b2 + 62 ⇔ b2 = 45

A equação da elipse é: + = 1

Se B(x; 3), com x > 0, pertence à elipse, então:

+ = 1⇔ x2 = 40 ⇔ x = 2 Ï····10 (pois x > 0)

Finalmente, a área do triângulo é:

A = = = 12Ï····1012 . 2Ï····10

––—––––––2

F1F2 . xB—––––––2

32–––81

x2–––45

y2–––81

x2–––45

F1F2—–––2



20 AAAAUma pirâmide regular tem por base um hexágono cuja

diagonal menor mede 3Ïw3 cm. As faces laterais destapirâmide formam diedros de 60° com o plano da base.A área total da pirâmide, em cm2, é

a) 81 Ïw3 / 2 b) 81 Ïw2 / 2 c) 81/2

d) 27 Ïw3 e) 27 Ïw2

Resolução

Sejam , a medida do lado da base, g a medida doapótema da pirâmide, a a medida do apótema da base,em centímetros.

1º) 2 . = 3 Ïw3 ⇔ , = 3

2º) a = =

3º) cos 60° = ⇔ = ⇔ g = 3 Ïw3

4º)A área, em centímetros quadrados, da superfícielateral da pirâmide é dada por:

A, = 6 . = 3 . 3. 3 Ïw3 = 27 Ïw3

5º)A área, em centímetros quadrados, da base dapirâmide é dada por:

Ab = 6 . = 6 . =

6º)A área total, em centímetros quadrados, dessapirâmide é

At = A, + Ab = 27 Ïw3 + = 81Ïw3

–––––––2

27 Ïw3 –––––––

2

27 Ïw3 –––––––

2

32 Ïw3 –––––––

4

, 2 Ïw3 –––––––

4

, . g–––––

2

3 Ïw3 –––––

2––––––––

g

1–––2

a–––g

3 Ïw3 –––––––

2

, Ïw3–––––––

2

, Ïw3–––––––

2



As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,

devem ser resolvidas e respondidas no caderno de

soluções.

21Considere A um conjunto não vazio com um númerofinito de elementos. Dizemos que F = {A1, ..., Am} ; P(A)é uma partição de A se as seguintes condições sãosatisfeitas:I. Ai ≠ Ø, i = 1, ..., m

II. Ai " Aj = Ø, se i ≠ j, para i,j = 1, ..., m

III.A = A1 : A2 : ... : AmDizemos ainda que F é uma partição de ordem k sen(Ai) = k, i = 1,..., m.Supondo que n(A) = 8, determine:a) As ordens possíveis para uma partição de Ab) O número de partições de A que têm ordem 2

Resolução

a) Dizer que F é uma partição de ordem k significadizer que todos os conjuntos Ai que compõem apartição possuem k elementos distintos.Como, de Ai ∩ Aj = ø, se i ≠ j e A = A1 ∪ A2 ∪ … ∪ Am, para i,j = 1, …, n, resulta emn(A) = n(A1) + n(A2) + … + n(Am), tem-se8 = k + k + … + k ⇔ 8 = m . k ⇔

m parcelas

⇔ k e m são divisores naturais de 8.Assim, podemos ter (k = 1 e m = 8) ou (k = 2 e m = 4)ou (k = 4 e m = 2) ou (k = 8 e m = 1).Desta forma, as possíveis ordens para uma partiçãode A são 1, 2, 4 e 8.

b) Determinar o número de partições de A que têmordem 2 equivale a determinar de quantas maneirasse podem distribuir os 8 elementos de A em 4grupos de 2 elementos cada um. O número de for-mas de se efetuar estas partições é

= =

= = 105

Respostas: a) ordens 1, 2, 4 e 8b) 105 partições

28 . 15 . 6 . 1–––––––––––––––

24

8.7 6.5 4.3–––– . –––– . –––– .1

2! 2! 2!–––––––––––––––––––

4 . 3 . 2 .1

C8; 2 . C6; 2 . C4; 2 . C2;2–––––––––––––––––––––P4



22Seja f: [0, 1) → R definida por

f(x) = .

Seja g: (– 1/2; 1/2) → R dada

g(x) = , com f definida

acima. Justificando a resposta, determine se g é par,ímpar ou nem par nem ímpar.

Resolução

1) f(x) = 2x, se 0 ≤ x <

e

f(x) = 2x – 1, se ≤ x < 1

2) – < x < 0 ⇔ 0 < x + < e 0 ≤ x < ⇔

⇔ ≤ x + < 1

3) g(x) = f(x + ), se – < x < 0⇔e

g(x) = 1 – f(x + ), se 0 ≤ x <

⇔

g(x) = 2 (x + ), se – < x < 0

⇔e

g(x) = 1 – [2 (x + ) – 1], se 0 ≤ x <

⇔

g(x) = 2x + 1, se – < x < 0

⇔e

g(x) = –2x + 1, se 0 ≤ x <

⇔ g(–x) = g(x), ∀ x ∈ (– ; ) ⇔ g é par

Resposta: g(x) é par

1––2

1––2

1––2

1––2{

1––2

1––2

1––2

1––2{

1––2

1––2

1––2

1––2{

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2{

f(x + 1/2), – 1/2 < x < 01 – f(x + 1/2), 0 ≤ x < 1/25

2x, 0 ≤ x < 1/22x – 1, 1/2 ≤ x < 15



23Determine o coeficiente de x4 no desenvolvimento de(1 + x + x2)9.

Resolução

(1 + x + x2)9 = [(1 + x) + x2]9 = . (1 + x)9 . (x2)0 +

+ . (1 + x)8 . (x2)1 + . (1 + x)7 . (x2)2 +

+ . (1 + x)6 . (x2)3 + … + . (1 + x)0 . (x2)9

Podemos notar que termos em x4 só ocorrerão nosprimeiros três termos do desenvolvimento acima.

Em . (1 + x)9, temos 19 – k1 . x

k1, com

k1 = 4

Em . (1 + x)8 . x2, temos

9. 18 – k2.x

k2 . x2, com k2 + 2 = 4 ⇔ k2 = 2

Em . (1 + x)7 . x4, temos

. 17 – k3. x

k3 x4, com k3 = 0

Assim, resulta a soma:

+ . + . =

= + . + . =

= 126 + 9 . 28 + 36 = 414

Resposta: O coeficiente de x4 é 414.

270129

21282129

112941

27k3

1292128

k2129

1129k1

1

427k3

312921

2921

428k2

31

2911

29k1

12901

299129

31

292129

1129

01



24Determine para quais valores de x ∈ ( – π/2, π/2) vale adesigualdade

logcosx(4sen2x – 1) – logcosx(4 – sec2x) > 2.

Resolução

As condições de existência

dos logaritmos, para x ∈ ; , resultam:

I) 0 < cos x < 1 ⇔ < x < e x ≠ 0

II) 4 . sen2x – 1 > 0 ⇔ sen x < – 1/2 ou sen x > 1/2 ⇔

⇔ < x < ou < x <

III)4 – sec2x > 0 ⇔ sec2x < 4 ⇔ – 2 < sec x < 2 ⇔

⇔ – 2 < < 2 ⇔ cos x > 1/2 (pois cos x > 0)

⇔ < x <

Nas condições acima, temos:logcosx (4 . sen2x – 1) – logcosx (4 – sec2x) > 2 ⇔

⇔ logcosx > 2 ⇔

⇔ < cos2x ⇔

⇔ . cos2x < cos2x ⇔

⇔ < 1 ⇔ 4 . sen2x – 1< 4 .cos2x – 1 ⇔

⇔ sen2x < cos2x ⇔ tg2x < 1 ⇔ – 1 < tg x < 1 ⇔

⇔ < x <

Impondo-se as condições de existência na soluçãoobtida, resulta:

< x < ou < x <

Resposta: < x < ou < x < π

–––4

π–––6

π– –––

6

π– –––

4

π–––4

π–––6

π– –––

6

π– –––

4

π–––4

π– –––

4

4 . sen2x – 1––––––––––––4 . cos2x – 1

4 . sen2x – 1–––––––––––––––

4 . cos2x – 1

4 . sen2x – 1––––––––––––

14 – –––––– cos2x

24 . sen2x – 1––––––––––––

4 – sec2x1

π–––3

π– –––

3

1–––––cos x

π–––2

π–––6

π– –––

6

π– –––

2

π–––2

π– –––

2

2π–––2

π– –––

21



25Considere o polinômio p(x) = x3 + ax2 + x + 1, comraízes reais. O coeficiente a é racional e a diferençaentre duas de suas raízes também é racional. Nestascondições, analise se a seguinte afirmação é ver-dadeira:“Se uma das raízes de p(x) é racional, então todas assuas raízes são racionais.”

Resolução

Sejam α, β e γ as raízes da equação e, sem perda degeneralidade, admitamos que α é racional.1) Se β – α = r1 ∈ Q, então β = r1 + α é racional e γ

também é racional, pois α + β + γ = – a ∈ Q.Se γ – α = r2 ∈ Q, então γ = r2 + α é racional e βtambém é racional, pois α + β + γ = – a ∈ Q.

2) Se β – γ = r3 ∈ Q, como α + β + γ= – a ∈ Q,tem-se

⇒

e ambas são racionais.

Desta forma, se uma raiz de p(x) é racional, então todasas suas raízes são racionais e a frase apresentada éverdadeira.Resposta: verdadeira

26As medidas, em metros, do raio da base, da altura e dageratriz de um cone circular reto formam, nesta ordem,uma progressão aritmética de razão 2 metros. Calcule aárea total deste cone em m2.

Resolução

Sendo x a medida, em metros, da altura do cone,temos: h = x, R = x – 2, g = x + 2 e(x + 2)2 = x2 + (x – 2)2 ⇔ x2 – 8x = 0 ⇔ x = 8, pois x > 0Assim, h = 8m, R = 6m e g = 10mA área total AT do cone, em metros quadrados, é:

AT = π R2 + π Rg = π . 62 + π . 6 . 10 = 96π

Resposta: AT = 96π m2

r3 – α – aβ = ––––––––––

2

r3 + α + aγ = – 1––––––––––225β – γ = r3

β + γ = – α – a5



27Sejam as matrizes

A = e B =

Determine o elemento c34 da matriz C = (A + B)–1.

Resolução

1) A + B = +

A + B =

2) det (A + B) = = =

= 3. (–1)2 . = 3 . 33 = 99

3) Sendo A43 o cofator do elemento da 4ª linha e da 3ª coluna da matriz (A + B), temos:

A43 = (–1)4 +3 . = –18

4) O elemento c34 da matriz C = (A + B)–1 é tal que:

c34 = = =

Resposta: O elemento c34 é igual a 2

– –––11

2– –––

11

18– –––

99

A43––––––––––det (A + B)

002

330

2–10

025

032

300

0025

0032

0300

3–100

0025

0032

3300

2–100

40025

0032

3300

2–100

34

1315

–1/2–21

1/2

3–21

–1

11

–15

34–1–310

1/222

3/2

05

–11

1– 2

1– 5

3

41 3 –1/2 11 –2 –2 3

–1 1 1 15 –1 1/2 5

341 0 1/2 –1

–2 5 2 –31 –1 2 1

–5 1 3/2 03



28Seja (a1,a2,a3, ... ,an,...) uma progressão geométricainfinita de razão positiva r, em que a1= a é um númeroreal não nulo. Sabendo que a soma de todos os termosde índices pares desta progressão geométrica é igual a4 e que a soma de todos os termos de índices múltiplosde 3 é 16/13, determine o valor de a + r.

Resolução

Sendo (a1, a2, a3, ..., an, ...) uma progressão geométricainfinita de razão positiva r e a1 = a um número real não-nulo, de acordo com o enunciado, temos:1) a2 + a4 + a6 + ... = 4 ⇔

⇔ a . r + a . r 3 + a . r 5 + ... = 4 ⇔

⇔ = 4 ⇔ a . r = 4 . (1 – r2) (I)

2) a3 + a6 + a9 + ... = ⇔

⇔ a . r 2 + a . r 5 + a . r 8 + ... = ⇔

⇔ = ⇔ a . r 2 = . (1 – r3) (II)

3) Dividindo membro a membro (II) por (I), vem:

= ⇔ r = . ⇔

⇔ 9r2 + 9r – 4 = 0 ⇔ r = , pois r > 0

4) Substituindo r = em (I), temos:

a . = 4 . ⇔ a =

Logo, a + r = + = 11

Resposta: a + r = 11

1––3

32–––3

32–––321

1 – ––911

––3

1––3

1––3

(1 + r + r2)––––––––––

(1 + r)

4–––13

16––– . (1 – r3)13

––––––––––––4 . (1 – r2)

a . r 2–––––a . r

16–––13

16–––13

a . r2––––––1 – r3

16–––13

16–––13

a . r––––––1 – r2



29Sabendo que 9y2 – 16x2 – 144y + 224x – 352 = 0 é aequação de uma hipérbole, calcule sua distância focal.

Resolução

9y2 – 16x2 – 144y + 224x – 352 = 0 ⇔

⇔ 9y2 – 144y + 576 – 16x2 + 224x – 784 – 144 = 0 ⇔

⇔ 9(y – 8)2 – 16(x – 7)2 = 144 ⇔

⇔ – = 1⇔ – = 1,

que é uma equação dahipérbole de centro (7; 8), eixos paralelos aos eixoscoordenados e semi-eixos transverso e conjugado,respectivamente, iguais a a = 4 eb = 3Assim, a semidistância focal f é tal que:f 2 = 32 + 42 ⇔ f = 5Logo, a distância focal desta hipérbole é 2f = 10

Resposta: 10

(x – 7)2–––––––

32

(y – 8)2–––––––

42

(x – 7)2–––––––

9(y – 8)2–––––––

16



30Considere um losango ABCD cujo perímetro mede 100cm e cuja maior diagonal mede 40 cm. Calcule a área,em cm2, do círculo inscrito neste losango.

Resolução

1º) No losango ABCD, tem-se:

AB = BC = CD = DA = 25cm, –––BD '

–––AC,

OA = OC = 20cm e OB = OD

2º) No triângulo retângulo OBC, tem-se:

(OB)2 + (OC)2 = (BC)2 ⇔ (OB)2 = 252 – 202 ⇔⇔ OB = 15 cm

3º) No triângulo retângulo OBC, tem-se aindaOB . OC = BC . OTAssim, sendo R a medida, em centímetros, do raiodo círculo inscrito no losango ABCD, tem-se:15 . 20 = 25 . R ⇔ R = 12

4º) A área S, em centímetros quadrados, desse círculoé tal que:

S = π R2 = π . 122 = 144π

Resposta: S =144π cm2



Comentário de Matemática

Com 19 questões de álgebra, 5 de geometria, 3 detrigonometria e 3 de geometria analítica, a bancaexaminadora do ITA conseguiu elaborar uma excelenteprova de Matemática, na qual podemos destacar o altograu de dificuldade da maioria das questões e aausência de alternativa correta para o teste número 18,de geometria analítica, causada certamente por uminfeliz erro de digitação.


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