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MM ATAT EE MM ÁÁ TT II CC AA
NOTAÇÕES
: conjunto dos números naturais
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números racionais
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária: i
2 = – 1
z: conjugado do número z ∈
z: módulo do número z ∈
A\B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
[a, b] = {x ∈ : a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ : a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ : a < x < b}
M (^) m×n (): conjunto das matrizes reais m × n
det M: determinante da matriz M
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
A
^ BC: ângulo formado pelos segmentos
— AB e
— BC, com
vértice no ponto B
k
∑ an x
n = a 0 + a 1 x + a 2 x
2
k , k ∈
n = 0
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
1 BB
Dado z = (– 1 + 3 i), então zn^ é igual a
a) – 3 i. b) – 1. c) 0.
d) 1. e) 3 i.
Resolução
I) z = – (^) + i = 1 (cos 120° + i. sen 120°)
II) z 2 = 1. (cos 240° + i. sen 240°) = – (^) – i
III) z
89 = 1
89
. [cos (89. 120°) + i. sen (89. 120°) =
= cos 10 680° + i. sen 10 680° =
= cos 240° + i. sen 240° = z
2
IV) z
n = z + z
2
89 = =
= = z. (1 + z) = z + z
2
= – (^) + i – – i = –
89 ∑ n=
z. (1 – z^89 ) –––––––––– 1 – z
∑
n = 1
z. (1 – z
2 ) –––––––––– 1 – z
2 CC
Das afirmações abaixo sobre números complexos z 1 e z 2 :
I) z 1
⎪ ≤ ⎪⎪z 1
⎪ – ⎪z 2
II)
z 1 . z 2
z 2
z 2
III) Se z 1
= z 1
(cos θ + i sen θ) ≠ 0, então
z 1
- 1 = z 1 - 1 (cos θ – i sen θ).
é(são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas II e III. e) todas.
Resolução
I) z 1 – z 2 ≤ z 1 – z 2 é falsa, pois, se
z 1 = 1 e z 2 = – 3, por exemplo, temos
z 1 = 1, z 2 = 3, z 1 – z 2 = 1 – 3 = – 2,
z 1 – z 2 = – 2 = 2 e z 1 – z 2 = 1 – (– 3) = 4,
Neste caso z 1 – z 2 > z 1 – z 2
II)
- z 1. z 2 = - z 2 . - z 2 é falsa, pois, se por exemplo,
z 1 = 1 – i e z 2 = 3 + 4i, temos:
- z 1 = 1 + i, - z 1 . z 2
= (1 + i) .(3 + 4i) = – 1 + 7i ⇔
- z 1 . z 2
= – 1 + 7i = 5 2
Além disso,
- z 2
= 3 – 4i ⇔
- z 2
- z 2
- z 2
- z 1 . z 2
III) Verdadeira
z 1
- z 1
(cos θ + i sen θ) ⇔
⇔ z 1
- 1 (cos(– θ) + i sen (– θ)] =
= z 1
- 1 . (cos θ – i sen θ) pois
cos (– θ) = cos θ e sen (– θ) = – sen θ
5 AA
Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que
A B e n({C : C B \ A}) = 128.
Então, das afirmações abaixo:
I) n(B) – n(A) é único;
II) n(B) + n(A) ≤ 128;
III) a dupla ordenada (n(A), n( B)) é única;
é( são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) nenhuma.
Resolução
Observemos que { : B\A} = P (B\A), onde
P (B\A) é o conjunto das partes (subconjuntos) de B\A.
Assim,
n ({ : B\A}) = n [P(B\A)] = 128 = 2
7 ⇔
⇔ n (B\A) = 7 ⇔ n(B) – n(A) = 7, pois A B.
Desta forma, a dupla ( n(A), n(B) ) é qualquer do con-
junto {(1; 8), (2; 9), (3; 10); ……}
I) Verdadeira, pois n(B) – n(A) = 7
II) Falsa, pois ( n(A), n(B) ) = (61; 68), por exemplo
teremos n(B) + n(A) = 68 + 61 = 129 > 128
III) Falsa, pois existem infinitas duplas ordenadas
( n(A), n(B) ) , conforme exposto acima.
6 BB
x + 2y + 3z = a
O sistema
y + 2z = b
3x – y – 5c z = 0
a) é possível, ∀a, b, c ∈ .
b) é possível quando a = ou c ≠ 1.
c) é impossível quando c = 1, ∀a, b ∈ .
d) é impossível quando a ≠ (^) , ∀c ∈ .
e) é possível quando c = 1 e a ≠.
Resolução
A terceira equação e, portanto, o sistema:
I) Admite solução única se, e somente se,
5c – 5 ≠ 0 ⇔ c ≠ 1
II) Admite infinitas soluções se, e somente se,
5c – 5 = 0 e 3a – 7b = 0 ⇔ c = 1 e a =
III) Não admite solução se, e somente se,
5c – 5 = 0 e 3a – 7b ≠ 0 ⇔ c = 1 e a ≠
Desta forma, o sistema admite solução se
a = ou c ≠ 1
7b ––– 3
7b ––– 3
7b ––– 3
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b ⇔
7y + (5c + 9)z = 3a
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b ⇔
3x – y – 5cz = 0
x + 2y + 3z = a
y + 2z = b
(5c – 5)z = 3a – 7b
7b ––– 3
7b ––– 3
7b ––– 3
II) Verdadeira.
Se M é inversível, então det M ≠ 0. Assim, sendo I
a matriz identidade, temos:
- det (M
2
- M) = 0 ⇔ det [M. (M – I)] = 0 ⇔
⇔ det M. det (M – I) = 0 ⇔ det (M – I) = 0
- A matriz X, de ordem n x 1, que satisfaz a
equação M. X = X é tal que:
M. X = X ⇔ M. X – X = 0 ⇔ (M – I). X = 0
Assim, X é solução de um sistema linear
homogêneo possível e indeterminado, pois
det (M – I) = 0. Como esse sistema admite
solução não trivial, existe a matriz X não nula.
III) Verdadeira.
Lembrando que 1 – 2 sen
2 = cos (2. ) = cos
θ
e que
= tg θ. cos θ = sen θ, para ∀ θ ≠ + kπ, k ∈ ,
temos:
det =
= det = cos
2 θ + sen
2 θ = 1 ≠ 0.
Portanto, a matriz tem inversa.
8 CC
Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação
x^4 + x^2 + ax + b = 0, com a, b ∈ , então a^2 – b 3 é igual
a
a) – 64. b) – 36. c) – 28. d) 18. e) 27.
Resolução
x = 1 é raiz dupla
⇒ a
2
3 = (– 6)
2
3 = 36 – 64 = – 28
1 0 1 a b 1
1 1 2 2 + a 2 + a + b 1
1 2 4 6 + a
2 + a + b = 0
6 + a = 0
a = – 6
b = 4
θ –– 2
θ –– 2
tg θ ––––– sec θ
π –– 2
[
cos θ – sen θ
tg θ θ ––––– 1– 2 sen
2 –– sec θ 2
]
[
cos θ – sen θ
sen θ cos θ
]
9 AA
O produto das raízes reais da equação
| x
2
- 3x + 2 (^) | = (^) | 2x – 3 (^) | é igual a
a) –5. b) –1. c) 1. d) 2. e) 5.
Resolução
|x
2
⇔ x
2
2
⇔ x
2
2
Como as duas equações tem somente raízes reais, o
produto das quatro raízes resulta
(x 1
. x 2
). (x’ 1
. x’ 2
10 AA
Considere a equação algébrica ∑
3
k=
(x – a k
)4 – k^ = 0. Sabendo
que x = 0 é uma das raízes e que (a 1
, a 2
, a 3
) é uma
progressão geométrica com a 1
= 2 e soma 6, pode-se
afirmar que
a) a soma de todas as raízes é 5.
b) o produto de todas as raízes é 21.
c) a única raiz real é maior que zero.
d) a soma das raízes não reais é 10.
e) todas as raízes são reais.
Resolução
3
I) ∑ (x – a
k
)4 – k^ = (x – a 1
)^3 + (x – a 2
)^2 + (x – a 3
)^1 = 0
k = 1
II) (a 1
, a 2
, a 3
) é progressão geométrica com a 1
razão q e soma 6, portanto, 2 + 2q + 2q 2 = 6 ⇔
⇔ q 2 + q – 2 = 0 ⇔ q = – 2 ou q = 1
III) (a 1
, a 2
, a 3
) = (2, – 4, 8) ou (a 1
, a 2
, a 3
IV) Se (a 1
, a 2
, a 3
) = (2, 2, 2), então a equação dada seria
(x – 2)^3 + (x – 2)^2 + (x – 2) = 0, que não admite zero
como raiz.
V) A única possibilidade é, pois, (a 1
, a 2
, a 3
e, neste caso, a equação dada é
(x – 2) 3 + (x + 4)^2 + (x – 8) = 0 ⇔
⇔ x^3 – 5x^2 + 21x = 0 ⇔ x. [x^2 – 5x + 21] = 0 ⇒
⇒ x = 0 ou x =
VI) O conjunto verdade da equação dada é
0;^ ;^ e a única afirma -
ção verdadeira é que a soma de todas as raízes é 5.
5 ± 59 i
5 + 59 i
5 – 59 i
12 EE
Com respeito à equação polinomial
2x
4
3
2
- 6x – 2 = 0 é correto afirmar que
a) todas as raízes estão em .
b) uma única raiz está em e as demais estão em \
.
c) duas raízes estão em e as demais têm parte imagi -
nária não nula.
d) não é divisível por 2x – 1.
e) uma única raiz está em \ e pelo menos uma das
demais está em \ .
Resolução
Seja P(x) = 2x
4
3
2
Como P(1) = 0, então x = 1 e raiz da equação
2x 4 – 3x^3 – 3x^2 + 6x – 2 = 0 ⇔
⇔ (x – 1). (2x^3 – x^2 – 4x + 2) = 0 ⇔
⇔ (x – 1). (x^2 – 2). (2x – 1) = 0 ⇔
⇔ x = 1 ou x = 2 ou x = – 2 ou x =
Dessa forma uma única raiz (^) x = está em \ e
pelo menos uma das demais (x = 2 ) está em \.
13 DD
Sejam m e n inteiros tais que = – e a equação
36x 2 + 36y 2 + mx + ny – 23 = 0 representa uma
circunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado no
segundo quadrante. Se A e B são os pontos onde a
circunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC,
em cm^2 , é igual a
a) b) c)
d) e)
Resolução
36x^2 + 36y^2 + mx + ny – 23 = 0 ⇔
⇔ x^
(^2) + y (^2) +. x +. y – = 0, representa uma
circunferência cujo centro é C ; , e
sendo o raio igual a 1, temos:
- = 1 (^) ⇔ m 2 + n^2 =. 72^2
Para n = – m, resulta m
2
2
=. 72
⇔ m = 24 e n = –36, pois o centro se localiza no 2.
o
quadrante, portanto, o centro é C ;
Se A e B são os pontos onde a circunferência de raio 1
cruza o eixo Oy, podemos (a partir do gráfico a seguir)
obter a medida de AM (sendo M o ponto médio
de
––– AB).
Assim:
AM
2
2 = 1
2 ⇒ AM =
m 2 –––– 722
n 2 –––– 72 2
m –– n
m ––– 36
n ––– 36
15 DD
Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB
e BC
medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um ponto
sobre AB
e o triângulo ADC é isósceles, a medida do
segmento AD
, em cm, é igual a
a) b) c) d) e)
Resolução
Sendo x = AD = CD, no triângulo retângulo BCD, de
acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se:
(CD)
2 = (BC)
2
2 ⇒ x
2 = 6
2
2 ⇔
⇔ 16x = 100 ⇔ x =
Portanto: AD = cm
16 CC
Sejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre
–––– AB.
Considere as áreas do quadrado ABCD, do trapézio
BEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreas
definem, na ordem em que estão apresentadas, uma
progressão aritmética cuja soma é 200 cm^2 , a medida do
segmento
–––– AE, em cm, é igual a
a).^ b) 5.^ c).^ d).^ e) 10.
Resolução
Como o soma das três áreas é igual a 200 cm
2 , po-
demos então concluir que a área do quadrado ABCD
é igual a 100 cm 2 e que portanto cada um dos seus
lados mede 10 cm.
Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que
estão apresentadas, uma progressão aritmética,
podemos então concluir que a área do trapézio é igual
a média aritmética entre a área do triângulo e a área
do quadrado.
Assim, sendo x = AE, temos:
⇔ 200 – 10x = 5x + 100 ⇔ 15x = 100 ⇔ x =
Portanto: AE = cm
[10 + (10 – x]. 10 –––––––––––––––– 2
- x ––––– + 100 2 –––––––––––– 2
18 AA
Um triângulo ABC está inscrito numa circunferência de
raio 5 cm. Sabe-se ainda que
–––– AB é o diâmetro,
–––– BC mede
6 cm e a bissetriz do ângulo A
^ BC intercepta a circun-
ferência no ponto D. Se α é a soma das áreas dos
triângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, o
valor de α – 2β, em cm
2 , é igual a
a) 14. b) 15. c) 16. d) 17. e) 18.
Resolução
I) No triângulo ABC, de acordo com o teorema da
bissetriz do ângulo interno, temos:
= ⇔ a = 3
II) Como o triângulo ABC é retângulo, temos:
cos (2x) = = e portanto
cos (2x) = 1 – 2 sen^2 x ⇒ = 1 – 2 sen^2 x ⇔
⇔ sen x = , pois x é ângulo agudo.
III) No triângulo retângulo ADE, temos:
cos (90° – x) = (^) ⇒ sen x = (^) ⇒
⇒ = ⇒ b = 5
IV) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo
retângulo ADE, temos:
c
2
2 = (8 – a)
2 ⇒ c
2
2 = 5
2 ⇔
⇔ c = 2 5 cm
V) Sendo S 1
e S 2
as áreas dos triângulos ADE e BCE,
respectivamente, temos:
α – 2β = S 1
+ S
2
= +^ = 14 cm
2
b ––– 5
b. c ––––– 2
a. 6 ––––– 2
8 – a
a
b ––– AE
b ––––– 8 – a
19 EE
Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular
hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede
3 cm. Então o raio da esfera, em cm, é igual a
a) 3. b).^ c).
d) 2 3. e).
Resolução
I) O apótema
PM da base dessa pirâmide, em
centímetros, mede:
II) O apótema
VM da pirâmide, em centímetros,
mede:
2
2 = 13
III) Da semelhança entre os triângulos retângulos
TOV e PMV, temos:
Assim, sendo x o raio da esfera, em centímetros,
temos finalmente:
= ⇔ 18x = 60 ⇔ x =
OT
PM
VO
VM
x ––– 5
12 – x –––––– 13
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30 , devem
ser resolvidas no caderno de soluções
21
Analise a existência de conjuntos A e B, ambos não
vazios, tais que (A\B)(B\A) = A.
Resolução
Lembrando que (A \ B) (B \ A) = (A B) – (A B),
temos:
I) (A \ B) (B \ A) = A ⇔ (A B) – (A B) = A ⇔
⇔ [(A B) – (A B)] (A B) = A (A B) ⇔
⇔ A B = A (A B) ⇔ A B = A ⇔ B A
II) No entanto, se B A, temos A B = B, B \ A = Ø
(A \ B) (B \ A) = (A \ B) Ø = A \ B e
(A \ B) (B \ A) = A ⇔ A \ B = A ⇔ A B = Ø ⇔
⇔ B = Ø, contrariando o enunciado.
Resposta: Não existem conjuntos A e B satisfazendo as
condições dadas.
22
Sejam n ≥ 3 ímpar, z ∈ \ {0} e z 1 , z 2 , ..., zn as raízes
de z
n = 1. Calcule o número de valores zi – zj, i, j = 1, 2, ....
n, com i ≠ j, distintos entre si.
Resolução
I) Se n ≥ 3, ímpar e z 1 , z 2 , z 3 , …, z (^) n as raízes da
equação z
n = 1 = cos 0° + i. sen 0° então:
z 1 = cos. 0 + i. sen. 0 = 1
z 2 = cos. 1 + i. sen. 1
zk+1 = cos. k + i. sen. k
zn = cos (n – 1) + cos. (n – 1)
II) Estas n soluções, representadas no plano com-
plexo, são pontos de uma circunferência de raio 1
e dividem esta circunferência em n partes iguais
determinando um polígono regular de n lados.
III) Se z i
e z j
forem duas quaisquer dessas soluções
então z i
2 é a distância entre os afixos de z i
e z j
2π ––– n
2π ––– n
2π ––– n
2π ––– n
2π ––– n
2π ––– n
2π ––– n ^ ^
2π ––– n
IV) z 1
= z 2
= z 3
= … = d 12
V) z 1
= z 2
= z 3
= … = d 13
VI) z 1
= z 1
= … = d 14
VII) z 1
= z 2
= … = d 15
VIII) Do ponto P 1
saem diagonais de tamanhos
diferentes e o lado P 1
P
2
do polígono de medida
d 12
IX) O número total de valores distinto de z i
é
23
Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de
biologia e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de os
livros serem empilhados sobre a mesa de tal forma que
aqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos.
Resolução
Os 11 livros podem ser empilhados de 11! maneiras
diferentes sobre a mesa.
Desses casos, estarão juntos aqueles que tratam de um
mesmo assunto num total de 5! 4! 2! 3!.
A probabilidade pedida é, pois p = =
Resposta:
n – 3 ––––– 2
n – 3 ––––– 2
n – 1 ––––– 2
