Vestibular de Matemática - Universidade Federal do Ceará - 2009 - UFC, Notas de estudo de Matemática. Centro Universitário de Caratinga (UNEC)
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Brasilia8013 de Março de 2013

Vestibular de Matemática - Universidade Federal do Ceará - 2009 - UFC, Notas de estudo de Matemática. Centro Universitário de Caratinga (UNEC)

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Vestibular de Matemática da Universidade Federal do Ceará do ano de 2009.
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Comentários de Matemática

Vestibular 2009 – 2º Etapa Matemática Pág. 1 de 5

Matemática

01. Um losango do plano cartesiano oxy tem vértices A(0,0), B(3,0), C(4,3) e D(1,3). A) Determine a equação da reta que contém a diagonal AC.

B) Determine a equação da reta que contém a diagonal BD.

C) Encontre as coordenadas do ponto de interseção das diagonais AC e BD.

Questão 01 Tópico: 3.3. Geometria analítica plana. Solução

A) (até três pontos)

Utilizando o procedimento usual, temos que

04

03

0

0

− −=

− −

x

y .

Daí segue que a equação pedida é 043 =− yx .

B) (até três pontos)

Da mesma forma, 31

03

3

0

− −=

− −

x

y implica que 923 =+ yx .

C) (até quatro pontos) As coordenadas do ponto de interseção, M(a,b), devem satisfazer as equações das retas encontradas. Sendo assim, precisamos resolver o sistema de equações lineares

  

=+ =−

923

043

ba

ba

A aplicação correta de qualquer método nos leva aos valores 2=a e 2

3=b .

02. Considere as seguintes regiões do plano cartesiano xoy:

A = { 044422 ≤+−−+ yxyx);y,x(P } e B = { 40 ≤≤≤ xy);y,x(P }.

A) Identifique e esboce graficamente a região A. B) Identifique e esboce graficamente a região B. C) Calcule a área da região BAI .

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Vestibular 2009 – 2º Etapa Matemática Pág. 2 de 5

Questão 02 Tópico: III. Geometria. Solução A) (até três pontos)

Pelo método de completar quadrados, verificamos que a sentença que define a região A é

equivalente à sentença ( ) ( ) 222 222 ≤−+− yx , ou seja, A é um círculo de raio 2=r e centro )2,2(C .

B) (até três pontos)

A região B é a interseção de três semi-planos, quais sejam, { } { } { }4);,();,(0);,( ≤≤≤ xyxPxyyxPyyxP II .

Portanto, B é a região limitada pelo triângulo retângulo esboçado a seguir.

C) (até quatro pontos)

Como o centro do círculo é o ponto médio da hipotenusa do triângulo retângulo B e seu raio mede 2 , a região BAI é um semi-círculo de raio 2. Logo, a sua área é igual a π2 .

03. Considere o número real 1,43 .

A) Mostre que 93 1,4 > .

B) Mostre que 103 1,4 < . Sugestão: 48,03 log10 < e 03,21,4 < .

Questão 03 Tópico: 2.2. Números reais; 4.3 Funções logarítmicas e exponenciais. Solução A)(até três pontos)

A função exponencial ),(R:f +∞→ 0 , xxf 3)( = , é crescente, pois a base é maior que 1. Pela definição de função crescente, vale a implicação a seguir:

( ) 931429142 14 ⇒=<=⇒< ,,f)(f, < 1,43 .

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Vestibular 2009 – 2º Etapa Matemática Pág. 3 de 5

B) (até sete pontos) Observe a desigualdade

19744,003,248,03log1,43log 10 1,4

10 <=⋅<= ⇒ 1,4

10 3log < 1 = 10log10 .

Como a função logarítmica xlog)x(g 10= é crescente, 103 1,4 < .

04. Os números complexos distintos z e w são tais que z + w = 1 e zw = 1.

A) Calcule z .

B) Calcule o valor z4 + w4 sabendo-se que z está no primeiro quadrante do plano complexo. Questão 04 Tópico: 2.3. Números complexos. Solução A)(até quatro pontos)

A segunda identidade garante que z ≠ 0, informação que nos permite escrever z

w 1= . Substituindo

esse valor na primeira identidade, após manipulações algébricas simples, obtemos 012 =+− zz .

Os dois valores possíveis para z são iz 2

3

2

1 += ou iz 2

3

2

1 −= . Independentemente de qual

seja o valor, o seu módulo é 1, pois

1 2

3

2

1 22

= 

   

 ±+

  

=⋅= zzz .

B) (até seis pontos)

Nesse caso, temos 33

cos ππ

isenz += e, pelo fato de o módulo de z ser 1, a segunda identidade

garante que w é o conjugado de z , isto é, zisenw =−= 33

cos ππ

. Verifiquemos essa afirmação:

zzzzwww =⋅=⋅⋅=⋅= 11 .

Pela fórmula de De Moivre e pelas propriedades da conjugação, valem as igualdades a seguir:

1 3

4 cos2

3

4

3

4 cos

3

4

3

4 cos4444 −==−++=+=+ πππππ isenisenzzwz .

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Vestibular 2009 – 2º Etapa Matemática Pág. 4 de 5

05. Considere as funções RRf →: e RRg →: definidas, respectivamente, por 1)( 2 += xxf e )x(sen)xcos()x(g −= .

A) Explicite a função composta ))(()( xgfxh = . B) Determine o valor máximo da função composta ))(()( xgfxh = .

Questão 05 Tópico: IV. Análise de funções.

Solução A) (até três pontos)

Aplicando a definição de função composta, temos que

)x2(sen 2 1)x(sen )x(cos2 )x(sen )x(cos1))x(sen)x(cos()x(h 222 −=+−+=+−= .

B) (até sete pontos) Recordando que ( ) 121 ≤≤− xsen , temos que o maior valor da função h(x) = 2 – sen(2x) é 3, que é obtido quando sen(2x) = – 1.

06. A progressão geométrica infinita ( ),......,,, 21 naaa tem razão 2 1=q e 11 =a . Determine o menor inteiro

positivo n tal que nS , a soma dos n primeiros termos da progressão, satisfaz a desigualdade

4096

8191>nS .

Questão 06 Tópico: 4.1. Seqüências numéricas.

Solução (até dez pontos)

Observamos que a fatoração por primos do denominador da fração dada é 1224096 = e que o numerador está relacionado com o denominador pela igualdade

12 122 8191 1312 −=−⋅= .

Por outro lado, a soma dos n primeiros termos da progressão vale

1 11

2

12

2

1 1

2

1 1

1 − −=

− =

− −

= n

nnn

n q

qaa S .

Esses comentários reduzem a solução ao estudo da desigualdade

1312

13

1 2

12

2

12 SS

n

n

n = −>−= − ,

ou seja, devemos examinar quando a desigualdade 013 >− SSn ocorre pela primeira vez. Obviamente, a diferença é positiva se, e somente se, 13>n , pois nnn aSS += −1 e 0>na . Então, o menor natural que satisfaz a condição pedida é 14=n .

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Vestibular 2009 – 2º Etapa Matemática Pág. 5 de 5

07. Seja C um cubo com medida de aresta igual a )(100 uc . A) Calcule o volume da esfera S inscrita no cubo C .

B) Secciona-se C em mil cubos congruentes, 1C , 2C , ..., 1000C , e inscreve-se uma esfera kS em cada

cubo kC , k = 1, ..., 1000. Calcule a soma dos volumes das esferas kS , k = 1, ..., 1000.

Questão 07 Tópico: 3.2. Geometria euclidiana espacial. Solução A)(até três pontos)

Como S está inscrita no cubo, o raio mede a metade da aresta. Sendo assim, o volume é

350 3

4 )( π=Svol .

B) (até sete pontos) Como os cubos menores são congruentes, suas arestas são congruentes e, portanto, os volumes são iguais. Mais ainda, eles foram obtidos ao seccionarmos C ; logo, a soma de todos os volumes dos cubos menores é igual ao volume do cubo C :

)C(vol)C(vol)C(vol k

k 1

1000

1 1000== ∑

= .

Se a é a medida das arestas do cubo 1C , a expressão acima nos dá a igualdade 36 100010 a= , de

onde segue o valor 10=a .

As esferas inscritas nos cubos menores têm raios 5 2

== ar . Por isso, os volumes de todas as

esferas inscritas nos pequenos cubos são iguais. Calculemos a soma desses volumes:

33 1

1000

1 50

3

4 5

3

4 10001000 π=π==∑

= )S(vol)S(vol

k k .

08. Uma comissão de 5 membros será formada escolhendo-se parlamentares de um conjunto com 5

senadores e 3 deputados. Determine o número de comissões distintas que podem ser formadas obedecendo à regra: a presidência da comissão deve ser ocupada por um senador, e a vice-presidência, por um deputado (duas comissões com as mesmas pessoas, mas que a presidência ou a vice-presidência sejam ocupadas por pessoas diferentes, são consideradas distintas).

Questão 08 Tópico: 2.6. Análise combinatória. Solução (até dez pontos) Escolha da presidência: 1 escolha em 5 possíveis. Escolha da vice-presidência: 1 escolha em 3 possíveis. Escolha dos outros membros: 3 escolhas em 6 possíveis. Aplicando o Princípio Fundamental da Contagem, o número de comissões distintas é igual a

300 23

456 3536

1 3

1 5 =⋅

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ CCC .

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