Soluções Comentadas Matemática Curso Mentor Provas de Matemática do Concurso de Admissão à Escola Naval PSAEN/CPAEN

Soluções Comentadas Matemática Curso Mentor Provas de Matemática do Concurso de Admissão à Escola Naval PSAEN/CPAEN Barbosa, L.S. leonardosantos.inf@gmail.com 1 de setembro de 01

Sumário I Provas 5 1 Prova 01 Amarela 7 II Soluções 1 Solução 01 Amarela 15

4 SUMA RIO

Parte I Provas 5

Capítulo 1 Prova 01 Amarela 1) Considere a função real de variável real definida por f(x) = x 4 4x + 5. É verdade afirmar que (A) f tem um ponto de mínimo em ], 0[. (B) f tem um ponto de inflexão em ] 1, 1 [. (C) f tem um ponto de máximo em [0, + [. (D) f é crescente em [0, 1]. (E) f é decrescente em [ 1, ]. ) Os números reais a, b, c, d, f, g, h constituem, nesta ordem, uma progressão aritmética. Se e det A = lim y + (1 + ) y 9 onde A é a matriz y 1 a a 1 b b e h = + 1 d d n= ( 1 4 )n então o valor de (b g) vale (A) 1 (B) 1 (C) 49 (D) 15 (E) 1 6 48 16 48 ) Considere a função f(x) = ln(sec x+tan x)+ sen x, resultado de [(f (x)) + cos x]dx é (A) tan x + 8x + sen x + C (B) sec x + 6x + C (C) sec x x sen x + C (D) tan x + 8x + C (E) sec x + 6x sen x + C 4) Considere dois cones circulares retos de altura H e raio da base 1 cm, de modo que o vértice de cada um deles é o centro da base do outro. O volume comum aos dois cones coincide com o volume do sólido obtido pela rotação do setor circular, sombreado na figura abaixo, em torno do eixo l. O valor de H é, em cm, 7

8 CAPÍTULO 1. PROVA 01 AMARELA l 0 r (A) ( + )r (B) r (C) 4 r (D) r (E) 4r 5) Sejam A e B conjuntos de números reais tais que seus elementos constituem, respectivamente, o domínio da função f(x) = ln( + x + x x + 1 ) (x+ x ) e a imagem da função g(x) =. Pode-se afirmar que (A) A = B (B) A B = (C) A B (D) A B = R + (E) A B = R 6) Uma esfera confeccionada em aço é usada em um rolamento de motor de um navio da Marinha do Brasil. Se o raio da esfera mede 5 5... cm, então seu volume vale (A) 45 10 π dm (B) 0, 45 10 π dm (C) 60 10 π dm (D) 0, 15 10 π dm (E) 60 10 π dm 7) Uma lata de querosene tem a forma de um cilindro circular reto cuja base tem raio R. Colocam-se três moedas sobre a base superior da lata, de modo que estas sao tangentes entre si e tangentes à borda da base, não existindo folga. Se as moedas têm raio a e encontram-se presas, então o valor de R em função de a, vale (A) (1+ )a (B) (+ )a (C) (+ )a (D) (1 + )a (E) ( + )a

9 8) A soma dos quadrados das raízes da equação sen x = 1 sen x, quando 0 < x < π vale (A) 49 6 π (B) 49 9 π (C) 7 π (D) 14 9 π (E) 49 6 π 9) Nas proposições abaixo, coloque (V) no parênteses à esquerda quando a proposição for verdadeira e (F) quando for falsa. ( ) Se u e v são vetores do R, então u + v + u v = u + v. ( ) Se u, v e w são vetores do R e u v = u w, então v = w, onde u v representa o produto escalar entre os vetores v e v. ( ) Se u e v são vetores do R, então eles são paralelos u v = 0. ( ) Se u = (, 0, 4) e v = (, 8, ), então u = 5, v = 4 e tan θ = 51, 7 onde θ representa o ãngulo formado pelos vetores pelos vetores u e v. ( ) u + v < u + v para todos os vetores do R. Lendo-se a coluna de parênteses da esquerda, de cima para baixo, encontra-se (A) (F) (F) (F) (V) (V) (B) (F) (V) (F) (F) (V) (C) (V) (F) (V) (V) (F) (D) (F) (F) (F) (V) (F) (E) (V) (V) (V) (F) (F) 10) Um ponto P (x, y) move-se ao longo da curva plana de equação x +4y = 1, com y > 0. Se a abscissa x está variando a uma velocidade dx = sen 4t, dt pode-se afirmar que a aceleração da ordenada y tem por expressão (A) (1+x) sen 4t+4x cos 4t 8y (B) x sen 4t+4x cos 4t 16y (C) sen 4t 16xy cos 4t 16y (D) x sen 4t 4x cos 4t 8y (E) sen 4t+16xy cos 4t 16y 11) Considere π o plano que contém o centro da esfera x + y + z 6x + x = + t y 4z + 1 = 0 e a reta de equações paramétricas y = 1 t t R. O z = + t volume do tetraedro limitado pelo plano π e pelos planos coordenados é, em unidades de volume, (A) 50 (B) 50 (C) 100 (D) 00 (E) 100 9 9 9 1) Considere f e f funções reais de variável real, deriváveis, onde f(1) =

10 CAPÍTULO 1. PROVA 01 AMARELA f (1) = 1. Qual o valor da derivada da função h(x) = f(1 + sen x) para x = 0? (A) 1 (B) 1 (C) 0 (D) 1 (E) 1 1) Considere a sequência (a, b, ) uma progressão aritmética e a sequência (b, a, ) uma progressão geométrica não constante, a, b R. A equação da reta que passa pelo ponto (a, b) e pelo vértice da curva y y + x + = 0 é (A) 6y x 4 = 0 (B) x 4y 1 = 0 (C) x 4y + 1 = 0 (D) x + y = 0 (E) x y = 0 14) O valor de π 0 (ex cos x)dx é (A) ex (B) e π 1 (C) ex + (D) e π (E) e π + 15) Qual o valor da expressão csc πx + cot πx +, onde x é a solução da equação trigonométrica arctan x + arctan( x ) = π definida no conjunto x+1 4 R { 1}? (A) (B) 1 (C) 6+ (D) (E) 4+ 16) Considere como espaço amostral (Ω), o círculo no plano xy de centro na origem e raio igual a. Qual a probabilidade do evento A = {(x, y) Ω x + y < 1}? (A) (B) 4π (C) 1 (D) 1 (E) π π π π 17) O triângulo da figura abaixo é equilátero, AM = MB = 5 e CD = 6. A área do triângulo MAE vale A M E B C D (A) 00 (B) 100 (C) 100 (D) 00 (E) 00 11 11 11 18) Seja p a soma dos módulos das raízes da equação x + 8 = 0 e q o módulo do número complexo Z, tal que ZZ = 108, onde Z é o conjugado de Z. Uma representação trigonométrica do número complexo p + qi é

11 (A) 1(cos π + i sen π ) (B) 0(cos π + i sen π ) (C) 1(cos π 6 + i sen π 6 ) (D) 0 (cos π 6 + i sen π 6 ) (E) 10(cos π + i sen π ) 19) Seja m a menor raiz inteira da equação [ (x 1)(5x 7) ]! = 1. Pode-se afirmar que o termo médio do desenvolvimento de ( y z ) 1m é (A) 1! 6!6! y18 z (B) 1! 6!6! y z 18 0! (C) y 15 z 45 (D) 0! y 15 z 45 (E) 1! 15!15! 15!15! 6!6! y z 18 0) A figura que melhor representa o gráfico da função x = y e 1 y é (A) (B) (C) y y y x x x (D) (E) y y x x

1 CAPÍTULO 1. PROVA 01 AMARELA

Parte II Soluções 1

Capítulo Solução 01 Amarela Questão 1 Solução: Seja a função dada no enunciado: Calculando a derivada da função: Então: f(x) = x 4 4x + 5 f (x) = 4 x 4 1 4 x 1 + 0 f (x) = 1x 1x Igualando a derivada a zero temos os valores da abscissa que podem ser abscissas dos pontos de máximo, mínimo ou pontos de inflexão: Teremos: f (x) = 0 1x 1x = 0 1x (x 1) = 0 Há portanto, dois valores que são possíveis candidatos: E 1x = 0 x = 0 x 1 = 0 x = 1 Vamos analisar o entorno das duas abscissas. Para x = 0: { x = 0+ f (0 + ) < 0 x = 0 f (0 ) < 0 15

16 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Como a declividade não muda, o ponto (0, 5) é um ponto de inflexão. Para x = 1: { x = 1+ f (1 + ) > 0 x = 1 f (1 ) < 0 Como a declividade muda de decrescente para crescente com o aumento de x o ponto (1, 4) é um ponto de mínimo. Agora precisamos derivar novamente a função para verificar se há algum outro ponto de inflexão, então: f (x) = 6x 4x Mais uma vez, igualando a segunda derivada a zero, encontramos as possíveis abscissas de pontos de inflexão. Portanto: Daí: Então: f (x) = 0 6x 4x = 0 1x(x ) = 0 1x = 0 x = 0 E x = 0 x = Vamos agora analisar a variação do sinal da segunda derivada. Para x = 0: { x = 0+ f (0 + ) < 0 x = 0 f (0 ) > 0 Como a concavidade muda, o ponto (0, 5) é um ponto de inflexão. tínhamos visto isso anteriormente. Para x = : { x = f ( ) > 0 + + x = f ( ) < 0 Mais uma vez a concavidade muda. Portanto, o ponto (, f( )) é um ponto de inflexão. Analisando as opções vemos que B é a correta. Questão Solução: Primeiramente vamos calcular o valor de h: + ( ) n 1 h = 4 n= Já Opção B

17 Daí, expandindo o somatório teremos: h = ( ) 1 + 4 ( ) 4 1 +... + 4 ( ) n 1 +... 4 Esta soma é a soma de uma série geométrica infinita de razão 1 4 : S = ( 1 4 ) 1 1 4 S = a 1 1 q S = 1 48 Então teremos que h = 1. 48 Sabemos do enunciado que a sequência (a, b, c, d, f, g, 1 ) é uma P.A. de sete 48 termos e, podemos então, reescrevê-la em função da razão r e do termo central d: (d r, d r, d r, d, d + r, d + r, 1 48 ) Concluímos então que: d + r = 1 48 Vamos agora ao determinante. Pelas propriedades de determinantes temos que det A = det A T, ou seja, podemos transpor a matriz A e calcular seu determinante: A T = 1 1 1 a b d a b d A matriz A T é uma matriz de Vandermonde, então: Substituindo os termos da sequência: Logo: det A T = (b a)(d a)(d b) det A T = [d r (d r)][d (d r)][d (d r)] Vamos agora usar a informação: det A T = r r r det A T = 6r e det A = ( lim 1 + ) y 9 y + y

18 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Note que se y + então y +. Façamos então uma ligeira mudança na expressão: ( e det A = lim 1 + 1 ) y 9 y + y Aplicando a propriedade das potências em relação aos limites teremos: e det A = lim y + [ ( 1 + 1 y ) y ] 9 Mas sabemos que lim n + (1 + 1 n )n = e. Então: = [ y lim + e det A = e 9 det A = 9 Voltando ao resultado encontrado anteriormente: ( 1 + 1 y ) y ] 9 Como d + r = 1 48 teremos: det A T = 6r 6r = 9 r = 1 d = 1 48 1 d = 47 48 O enunciado pede que se calcule b g ou seja: b g = d r (d + r) = d 6r Substituindo os valores de r e d encontrados: b g = 47 b g = 49 48 48 Opção C Questão Solução: Vamos primeiro observar a função f: f(x) = ln(sec x + tan x) + sen x Primeiro vamos desenvolver o logaritmando: ( 1 f(x) = ln cos x + sen x ) + sen x cos x

Derivando a função f: f (x) = Agora calculamos (f ) : ( ) 1 + sen x f(x) = ln + sen x cos x f(x) = ln(1 + sen x) ln (cos x) + sen x 1 1 (cos x) ( sen x) + cos x 1 + sen x cos x f (x) = cos x 1 + sen x + sen x cos x + cos x f (x) = cos x + sen x + sen x (1 + sen x) cos x f (x) = + cos x 1 + sen x (1 + sen x) cos x + cos x f (x) = 1 cos x + cos x 19 [f (x)] = ( 1 ) cos x + cos x [f (x)] = 1 cos x + 4 + 4 cos x O que queremos de fato é: {[f (x)] + cos x } dx = Então: ( ) 1 = cos x + 4 + 4 cos x + cos x dx = [ ] 1 = cos x + 4 + 4 cos x + ( cos x 1) dx = ( ) 1 = cos x + 4 + 4 cos x + 4 cos x + dx = ( ) 1 = cos x + 8 1 dx = cos x dx + 8dx = = tan x + 8x + C Opção D

0 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Questão 4 Solução: A rotação do setor circular gera um sólido chamado de zona esférica, a menos de um cone na parte superior. O raio R do cone será: A altura h deste cone será: R = r cos 0 R = r h = r sen 0 h = r O volume de um cone é dado por V = 1 πr h. Sendo assim o volume V c do cone será: ( V c = 1 π r ) r Portanto: V c = πr 8 O volume V z de uma zona esférica é dado por: V z = πh 6 [(r 1 + r ) + h ] Substituindo os valores em função de r, R e h teremos: V z = π ( r 6 r ) ( + r r ) + Desenvolvendo: Então: V z = πr { [ ] } r 1 4 + r + r 4 V z = πr { } 1r + r V z = 11πr 1 4 4 4 O volume V s do sólido gerado então pela rotação do setor circular será: V s = V z V c V s = 11πr 4 πr 8 V s = πr Do enunciado temos que este volume coincide com a interseção de dois cones de modo que o vértice de um seja o centro da base do outro e vice-versa.

Assim os dois se interceptam na metade da altura e geram uma interseção que corresponde a 1 do volume de um dos cones: 4 Como os volumes são iguais teremos: V = 1 4 1 π 1 H V = πh 1 1 πh 1 = πr H = 4r Opção E Questão 5 Solução: Seja a função f dada no enunciado. Como há um módulo, devemos separar em casos e verificar o que ocorre com a expressão que aparece no logaritmando da função f. Usando a definição de módulo teremos: { x, x > 0 x = x, x 0 E x + 1 = { x + 1, x > 1 x 1, x 1 Caso 1: x > 0 e x + 1 > 0 Neste caso, da interseção das condições anteriores, temos que x > 0. função f então fica: A f(x) = ln( + x + x (x + 1)) f(x) = ln(x + 1) Para que f exista, seu logaritmando deve ser: x + 1 > 0 x > 1 Mas isto só vale se x > 0. Logo temos o primeiro intervalo I 1 que constitui o domínio de f: I 1 = (0, + ) Caso : x > 0 e x + 1 0 Neste caso, a interseção das condições anteriores, é vazia. Logo: I =

CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Caso : x 0 e x + 1 > 0 Neste caso, da interseção das condições anteriores, temos que 1 < x 0. A função f então fica: f(x) = ln( + x + ( x) (x + 1)) f(x) = ln( x + 1) Para que f exista, seu logaritmando deve ser: x + 1 > 0 x < 1 Mas isto só vale se 1 < x 0. Assim: I = ( 1, 0] Caso 4: x 0 e x + 1 0 Neste caso, da interseção das condições anteriores, temos que x 1. A função f então fica: f(x) = ln( + x + ( x) ( x 1)) f(x) = ln( x + ) Para que f exista, seu logaritmando deve ser: Mas isto só vale se x 1. Assim: x + > 0 x < I 4 = (, 1] Podemos agora explicitar o domnio de f fazendo a união dos intervalos I n encontrados: A = I 1 I I I 4 A = R Repare que só isso já é suficiente para responder, pois qualquer outro conjunto numérico já é subconjunto de R, inclusive o próprio R. Vamos agora analisar o conjunto imagem de g. Mais uma vez temos um módulo no interior do radical, daí: { x, x > x = x +, x Vamos aos casos: Caso 1: x > Neste caso teremos para a função g: g(x) = + (x + x ) g(x) = + 4x 4

Fazendo as devidas simplificações teremos: g(x) = + x 1 Repare que a parcela x 1 é sempre positiva e seu menor valor ocorre para x = 1. Mas só podemos substituir valores tais que x >. O primeiro intervalo da imagem de g é: B 1 = ( 1, + ) Caso : x Neste caso, a função g fica: (x x + ) 4 g(x) = + g(x) = + Ou seja: g(x) = + x 1 E o conjunto-imagem neste caso é o conjunto unitário B = { 1}. O conjunto B então será: B = B 1 B B = [ 1, + ) Vemos então que B está contido em A, ou seja, B A. Questão 6 Solução: Chamemos de R o raio da esfera. Portanto temos: R = 5 5... Elevando ambos os membros da equação ao quadrado: R = 5 5... Opção C Daí temos: R = 5 5... R = 5 5...

4 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Elevando ao quadrado novamente: R 4 9 = 5 5... R4 9 = 5 R Temos então a seguinte equação: Teremos duas soluções: R 4 = 45R R = 0 ou R = 45 Vamos à expressão que dá o volume de uma esfera em função do seu raio: Como o raio não é nulo teremos: V = 4 πr V = 4 π 45 V = 60π cm Mudando a unidade: V = 60π 10 dm Opção C Questão 7 Solução: Pelo enunciado, o que temos é uma circunferência de raio R e três circunferências internas a esta e de raio a. Seja OP = R. Ligando os centros C 1, C e C das circunferências internas, temos o triângulo equilátero C 1 C C de lado a. Repare que o ponto O é o centro da circunferência de raio R e baricentro do triângulo equilátero. Na verdade, o ponto O é circuncentro, pois QO, RO e OS são mediatrizes, uma vez que são os pontos de tangência entre as circunferências. Mas no caso de triângulos equiláteros estes dois pontos notáveis coincidem. Assim OC é bissetriz do ângulo interno, logo podemos calcular OS usando a tangente: tan 0 = OS a OS = a Usando o teorema de pitágoras no triângulo OSC teremos: ( (OC ) a ) = + a

5 C 1 a a R Q a O a S C C a a P (OC ) = a 9 + a (OC ) = 1a 9 Assim temos que OP = OC + C P, logo: Questão 8 OP = a OC = a + a OP = ( + )a Opção B Solução: Usando a definição de módulo temos: { sen x, 0 < x π sen x = sen x, π < x π Desta forma, devemos dividir em dois casos possíveis: Caso 1: 0 < x π Nesta situação teremos: sen x = 1 sen x sen x + sen x 1 = 0 As raízes desta equação são 1 e 1. Dividimos em duas novas equações: 1. sen x = 1 Resolvendo: x = π

6 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA. sen x = 1 Resolvendo: x = π 6 ou x = 5π 6 As soluções deste primeiro caso, usando as restrições, são então: { π S 1 = 6, 5π } 6 Caso : π < x π Nesta situação teremos: sen x = 1 sen x sen x sen x 1 = 0 As raízes desta equação são 1 e 1. Dividimos em duas novas equações: 1. sen x = 1 Resolvendo: x = π. sen x = 1 Resolvendo: x = 7π 6 ou x = 11π 6 As soluções deste segundo caso, usando as restrições, são então: { 7π S = 6, 11π } 6 Queremos a soma S dos quadrados destes valores: ( π ) ( 5π S = + 6 6 ) + ( ) 7π + 6 ( 11π 6 ) Daí: Questão 9 S = π 6 + 5π 6 + 49π 6 + 11π 6 S = 49π 9 Opção B Solução: Vamos analisar cada uma das afirmações:

7 Afirmação 1: u + v + u v = u + v Primeiro uma demonstração mais trabalhosa. Sejam os vetores u = (x 0, y 0, z 0 ) e v = (x 1, y 1, z 1 ). A soma u + v vale, por definição: O módulo u + v, portanto vale: Então: u + v = (x 0 + x 1, y 0 + y 1, z 0 + z 1 ) u + v = (x 0 + x 1 ) + (y 0 + y 1 ) + (z 0 + z 1 ) Desenvolvendo as potências: u + v = (x 0 + x 1 ) + (y 0 + y 1 ) + (z 0 + z 1 ) u + v = x 0 + x 0 x 1 + x 1 + y 0 + y 0 y 1 + y 1 + z 0 + z 0 z 1 + z 1 Analogamente: u v = x 0 x 0 x 1 + x 1 + y 0 y 0 y 1 + y 1 + z 0 z 0 z 1 + z 1 Somando termo a termo: Então: E, finalmente: Assim: u + v + u v = x 0 + y 0 + z 0 + x 1 + y 1 + z 1 u + v + u v = (x 0 + y 0 + z 0) + (x 1 + y 1 + z 1) u + v + u v = u + v u + v + u v = ( u + v ) Uma segunda solução mais simples é dar um contraexemplo. Para o vetor nulo v = (0, 0, 0) teremos: u + 0 + u 0 = u A afirmação 1, portanto, é falsa. Vamos à afirmação.

8 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Afirmação : u v = u w Fazendo u = (x 0, y 0, z 0 ), v = (x 1, y 1, z 1 ) e w = (x, y, z ) e aplicando a definição de produto escalar: Reescrevendo temos: x 0 x 1 + y 0 y 1 + z 0 z 1 = x 0 x + y 0 y + z 0 z x 0 (x 1 x ) + y 0 (y 1 y ) + z 0 (z 1 z ) = 0 Assim fica evidente que se (x 0, y 0, z 0 ) = (0, 0, 0) a equação é satisfeita. Outra solução é termos x 0 = y 0 = 0 e z 1 = z. Uma terceira solução é termos os três vetores perpendiculares entre si. A afirmação é portanto, falsa. Afirmação : A afirmação é falsa. Eles são paralelos se o produto vetorial é nulo. Afirmação 4: Basta aplicar a definição de módulo: E u = + 0 + 4 u = 5 v = + ( 8) + v = 4 Usando agora a definição de produto escalar: Substituindo os dados: u v = u v cos θ + 0 8 + 4 = 5 4 cos θ Então: Mas: Logo: sen θ = ± cos θ = 7 10 sen θ + cos θ = 1 1 49 100 sen θ = 51 10

O seno é positivo porque o cosseno é positivo, indicando que o ângulo é agudo. Daí como tan θ = sen θ cos θ : 9 tan θ = 51 10 7 10 tan θ = 51 7 A afirmação é, portanto, verdadeira. Afirmação 5: Mais uma vez vamos, primeiro, a uma solução mais trabalhosa. Por mera economia, vamos fazer uma solução para vetores em R. Mas pode-se fazer o mesmo processo para o R. Sejam os vetores u = (x 0, y 0 ) e v = (x 1, y 1 ). Pela definição de módulo, podemos escrever: (x0 + x 1 ) + (y 0 + y 1 ) < x 0 + y0 + x 1 + y1 Desenvolvendo: x 0 + x 0 x 1 + x 1 + y0 + y 0 y 1 + y1 < x 0 + y0 + x 1 + y1 Elevando ambos os membros ao quadrado: x 0 + x 0 x 1 + x 1 + y0 + y 0 y 1 + y1 < x 0 + y0+ (x 0 + y0)(x 1 + y1)+x 1 + y1 Fazendo os devidos cancelamentos: x 0 x 1 + y 0 y 1 < (x 0 + y0)(x 1 + y1) Dividindo todos os termos por e elevando ambos os membros ao quadrado: Aplicando a propriedade distributiva: (x 0 x 1 + y 0 y 1 ) < (x 0 + y 0)(x 1 + y 1) (x 0 x 1 ) + x 0 x 1 y 0 y 1 + (y 0 y 1 ) < (x 0 x 1 ) + (y 0 x 1 ) + (y 0 y 1 ) + (x 0 y 1 ) Efetuando as devidas operações com as parcelas semelhantes: x 0 x 1 y 0 y 1 < (y 0 x 1 ) + (x 0 y 1 ) Logo: (y 0 x 1 ) x 0 x 1 y 0 y 1 + (x 0 y 1 ) > 0

0 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Fatorando: Na verdade temos que: (y 0 x 1 x 0 y 1 ) > 0 (y 0 x 1 x 0 y 1 ) 0 Ou seja, a afirmação é falsa. Uma solução mais simples, por meio de um contraexemplo. Se v = 0: u + v = u Finalmente, ainda é possível uma solução geométrica: v u u+ v Note que a soma não é necessariamente menor que ambos. Pode ser igual a um deles quando o outro é um vetor nulo ou exatamente igual a soma dos módulos, se eles são paralelos. Questão 10 Opção D Solução: Tomemos a expressão da curva dada como base e a derivemos: Como queremos d y dt Sabemos que dx dt x + 4y = 1 x dx dt derivamos mais uma vez: + 8y dy dt = 0 dx dt dx dt + xd x dt + 8dy dt dy dt + 8y d y dt = 0 = sen 4t então: Podemos derivar a expressão dx dt ( ) sen 4t + x d x dy dt + 8 + 8y d y dt dt = 0 = sen 4t e teremos: d x dt = 4 cos 4t

1 Substituindo na expressão anterior: sen 4t + 8x cos 4t + 8 Da derivada da curva dada obtemos dy dt : Daí: Assim: x dx dt dy + 8y dt = 0 dy dt ( ) dy + 8y d y dt dt = 0 = x sen 4t 8y ( ) x sen 4t sen 4t + 8x cos 4t + 8 + 8y d y 8y dt = 0 sen 4t + 8x cos 4t + x sen 4t y Multiplicando todos os termos por y : + 8y d y dt = 0 4y sen 4t + 16xy cos 4t + x sen 4t + 16y d y dt = 0 Isolando o que queremos: d y dt = 4y sen 4t 16xy cos 4t x sen 4t 16y Reunindo os termos semelhantes: d y dt Como x + 4y = 1: = ( x 4y ) sen 4t 16xy cos 4t 16y d y dt = sen 4t 16xy cos 4t 16y Opção C Questão 11 Solução: Primeiro vamos encontrar o centro da esfera completando os quadrados da esfera dada: x 6x + y + y + z 4z + 1 = 0

CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Daí: (x ) 9 + (y + 1) 1 + (z ) 4 + 1 = 0 Desta forma, o centro C da esfera é: (x ) + (y + 1) + (z ) = 1 C(, 1, ) Isolando t em cada uma das equações paramétricas da reta teremos: x 1 = y 1 1 = z Desta forma, o vetor diretor da reta é v = (1, 1, ) e temos um ponto da reta P 0 (, 1, ). Vamos então encontrar o vetor P 0 C= u. u = (, 1 ( 1), ) u = ( 1,, 1) Calculamos então o produto vetorial entre o vetores v e u: i j k v u = 1 1 1 1 Então: Portanto: v u = i j + k k 4 i j v u = 5 i j + k Este é o vetor n normal ao plano π. Como C π, podemos usar a equação do plano: 5x y + z + d = 0 Substituindo o centro C da esfera na equação do plano π: ( 5) ( 1) + + d = 0 d = 10 Vamos agora encontrar a interseção do plano com os eixos coordenados. Fazemos isso zerando as outras coordenadas. Para o eixo x: 5x = 10 x = Para o eixo y: y = 10 y = 10

Para o eixo z: z = 10 A base do tetraedro é, portanto, um triângulo retângulo de catetos e 10 a altura do tetraedro vale 10. Daí: e V = 1 10 10 V = 100 9 Opção E Questão 1 Solução: Vamos fazer g(x) = 1 + sen x. Desta forma temos: h(x) = f(g(x)) h(x) = [f(g(x))] 1 Derivando h e aplicando a regra da cadeia: h (x) = 1 1 [f(g(x))] [f(g(x))] Aplicando mais uma vez a regra da cadeia: h (x) = 1 1 [f(g(x))] f (g(x)) g (x) Substituindo as funções: h (x) = 1 [f(1 + sen 1 x)] f (g(x)) ( cos x) Para x = 0: h (0) = 1 [f(1 + sen 1 0)] f (1 + sen 0) ( cos 0) Então: Portanto: h (0) = 1 [f(1)] 1 f (1) h (0) = 1 1 1 h (0) = 1 Opção E

4 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Questão 1 Solução: Como (a, b, ) é P.A. teremos: Como (b, a, ) é P.G. teremos: b = a + a = b Substituindo a segunda na primeira equação teremos: a = a + a a = 0 As raízes são a = ou a = 1. O que nos dá b = ou b = 1, respectivamente. Como a P.G. não é constante teremos (a, b) = ( 1, 1). A curva dada é uma parábola com eixo de simetria paralelo ao eixo das abscissas e seu vértice possui coordenadas (x V, y V ) = (, B ), em que B e 4A A A são os coeficientes da curva. Então: x V = 4 ( 1) ( ) 4 ( 1) y V = ( 1) y V = 1 x V = Queremos então a reta que passa por ( 1, 1 ) e por (, 1). Então seu coeficiente angular m será: m = A equação da reta então é: 1 1 1 ( ) m = 1 y = 1 x + n Como (, 1) pertence a reta teremos: 1 = 1 ( ) + n n = 0 Finalmente: y = 1 x x + y = 0

5 Opção D Questão 14 Solução: Aplicando as propriedades de integrais teremos: Teremos então: Daí: Portanto: π 0 (e x cos x)dx = = 1 π 0 π 0 e x dx π e x dx sen x π 0 = 0 cos xdx = = ex sen x = eπ 1 sen π + sen 0 = eπ = eπ Opção A Questão 15 Solução: Para facilitar a ideia vamos fazer as seguintes substituições: Daí concluímos que: arctan x = α e arctan x x + 1 = β tan α = x e tan β = x x + 1 E também que: α + β = π 4 tan(α + β) = 1 Mas: Logo: Simplificando: tan(α + β) = tan α + tan β 1 tan α tan β 1 = x + x x+1 1 x x x+1 1 = x(x + 1) + x x + 1 x

6 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA E aí: x + x + x = x + 1 x x + x 1 = 0 Esta equação possui duas raízes: 1 e 1. Como 1 está fora de questão temos x = 1 como solução. Voltando então à pergunta do enunciado: csc πx + cot πx + = Portanto: = ( csc π 1 ) + cot ( π 1 ) + = 1 + 1 + = Opção D Questão 16 Solução: A área S de um círculo de raio é de: S = π S = 4π A região delimitada pelo conjunto A é o interior de um quadrado de lado. Pois é limitada pelas retas que cruzam os eixos cartesianos nos pontos (1, 0), (0, 1), ( 1, 0) e (0, 1) em pares de pontos. Veja a figura: y 1 1 1 1 x Isto acontece graças aos módulos. São quatro casos: 1. x > 0 e y > 0: x + y < 1 y < x + 1

7. x > 0 e y < 0: x y < 1 y > x 1. x < 0 e y < 0: x y < 1 y > x 1 4. x < 0 e y > 0: x + y < 1 y < x + 1 Daí a probabilidade P é proporcional à razão das áreas do quadrado e do círculo, então: Questão 17 P = ( ) 4π P = 1 π Opção D Solução: Como o triângulo ABC é equilátero, ao traçarmos uma paralela a AB passando por E temos um triângulo ECN também equilátero. Os triângulos END e BMD são semelhantes, pois EN BM e o ângulo ˆD é comum. Daí: 5 A M 10 x B 5 E x x 10 x N x C 6 D EN BM = ND BD Substituindo os valores de acordo com a figura: x 5 = 6 + x 16

8 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Então: 16x = 0 + 5x 11x = 0 x = 0 11 Podemos então calcular o valor de AE: AE = 10 0 11 AE = 80 11 Calculando a área S do triângulo AEM teremos: S = 1 AM AE sen 60 Então: Questão 18 S = 1 5 80 11 S = 100 11 Opção B Solução: Consideremos a equação dada no enunciado: x + 8 = 0 A solução real é, cujo módulo é. E, como são três raízes complexas, todas têm que estar sobre um círculo de raio igual a no plano complexo. Daí, a soma p dos módulos das raízes é p = 6. Façamos então: Assim teremos: Daí: Portanto: Mas: Então: Z = a + bi Z = a bi ZZ = (a + bi)(a bi) = a abi + abi (bi) = a + b E podemos escrever: a + b = 108 q = a + b q = 108 q = 6 p + qi = 6 + 6 i p + qi = 1 ( p + qi = 1 cos π + i sen π ) ( ) 1 + i

9 Questão 19 Opção A Solução: Há duas maneiras de um fatorial ser igual a 1. Temos 0! = 1 e 1! = 1. Ou seja, pela primeira opção: [ ] (x 1)(5x 7) = 0 Há duas soluções possíveis: x = 1 ou x = 7 5 A segunda opção: [ ] (x 1)(5x 7) = 1 (x 1)(5x 7) = Desenvolvendo: 5x 7x 5x + 7 = 0 5x 1x + 4 = 0 As soluções possuem o seguinte formato: x 1, = ( 1) ± ( 1) 4 5 4 5 Então: x 1 = 1 + 8 x 1 = 10 E x = 1 8 x = 10 5 A menor solução é m = 1. Voltando ao binômio, que chamaremos de B, teremos: B = ( y z ) 1 O binômio tem 1 termos, logo o termo central e o sétimo termo. Usando a fórmula do binômio de Newton para (x + a) n : ( ) n T k+1 = x n k a k k Então: Portanto: T 6+1 = ( ) 1 ( y) 1 6 [( z) ] 6 6 T 7 = 1! 6!6! y z 18

40 CAPÍTULO. SOLUÇÃO 01 AMARELA Opção E Questão 0 Solução: Devido ao módulo temos que separar em dois casos: E x = ye 1 y, y 0 x = ye 1 y, y < 0 Vamos analisar primeiro o caso em que y 0. Para y = 1 teremos: Façamos y = 1 teremos: x = 1 e x = e x = 1 e x = e Façamos y = 1. Neste caso temos: x 6, 695 x, 694 x = 1 e 1 x = e x, 718 Para y = teremos: x = e 1 x = e x, 97 Como isso, já temos quatro pontos para marcar: (6, 695; 1), (, 694; 1 ), (, 718; 1) e (, 97; ). Já temos um esboço de como se comporta o gráfico para y 0. Passaremos agora a analisar quando y < 0. Para y = 1 teremos: x = ( 1 ) e x = 1 x 0, 0166 e Façamos, agora, y = 1 teremos: ( x = 1 ) e x = 1 x 0, 0677 e Para y = 1. Temos: x = ( 1) e 1 x = 1 x 0, 68 e

41 Se y = teremos: x = ( ) e 1 x = e x 1, 1 Agora, temos mais quatro pontos: (0, 0166; 1), (0, 0677; 1 ), (0, 68; 1) e (1, 1; ). Marcando estes oito pontos temos uma noção aproximada da função. Como observação vale a pena perceber que a função só existe para x > 0. Desta maneira já poderíamos eliminar três das cinco opções. Além disso, das que sobram, a única diferença entre elas é com respeito a y < 0. O que já reduziria a nossa análise ao menos pela metade. Opção A