Unicamp 2021 - 1ª fase - 2º dia

Do enunciado:

$2\cos \left(2\theta \right)+5\cos \left(\theta \right)=4$

Lembrando das fórmulas de Arco Duplo, consideramos a seguinte identidade:

$\cos \left(2\theta \right)=2{\cos }^2\left(\theta \right)-1$

Substituindo na equação e manipulando temos:

$2·\underset{\cos \left(2\theta \right)}{\underbrace{\left(2{\cos }^2\left(\theta \right)-1\right)}}+5\cos \left(\theta \right)=4$

$4{\cos }^2\left(\theta \right)-2+5\cos \left(\theta \right)-4=0$

$4{\cos }^2\left(\theta \right)+5\cos \left(\theta \right)-6=0$

Perceba que se trata de uma equação quadrádita em função do $\cos \left(\theta \right)$, desta forma, por Bháskara:

$\cos \left(\theta \right)=\frac{-5\pm \sqrt{5^2-4·4·\left(-6\right)}}{2·4}=\frac{-5\pm 11}{8}=\left\{\begin{array}{l}-2\\ \raisebox{1ex}{$3$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$4$}\right.\end{array}\right.$

Como $-2$ não convém, segue que $\cos \left(\theta \right)=\frac{3}{4}$.

De posse do cosseno, sabendo que $0º<\theta \le 90º$ e com auxílio do Ciclo Trigonométrico podemos deduzir um intervalo mais restrito para $\theta$.

Note que:

$\cos \left(60º\right)=\frac{1}{2}=0,5$

$\cos \left(45º\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\cong 0,7$

$\cos \left(30º\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cong 0,85$

Como $\cos \left(\theta \right)=\frac{3}{4}=0,75$ segue que $30º<\theta \le 45º$.

Na figura perceba o triângulo retângulo:

A medida de seus lados em função de $R$ e $r$ fica da seguinte forma:

Pelo Teorema de Pitágoras, temos:

${\left(R+r\right)}^2={\left(R-r\right)}^2+R^2$

$R^2+2Rr+r^2=R^2-2Rr+r^2+R^2$

$4Rr=R^2 \Rightarrow R=4r \Rightarrow \frac{R}{r}=4$

Seja $T$ o número de períodos de 3 dias que se passaram a partir do dia em que houve o primeiro contágio, e $N\left(T\right)$ o número de infectados. Temos que:

• instante inicial ($T=0$): $N\left(0\right)=1=2^0$
• depois de 3 dias ($T=1$): $N\left(1\right)=2·N\left(0\right)=2·1=2^1$
• depois de 6 dias ($T=2$): $N\left(2\right)=2·N\left(1\right)=2·2^1=2^2$
• ...
• depois de $3T$ dias ($T$ períodos de 3 dias): $N\left(T\right)=2^T$

Queremos saber quando teremos $N\left(T\right)=4000$:

$N\left(T\right)=4000\iff 2^T=4000$

Aplicando logaritmo (na base 10) em ambos os membros dessa igualdade, segue que:

${\log }_{10}{2}^T={\log }_{10}\left(2^2·1000\right)\iff T·\log 2=2·\log 2+\log 1000$

Sendo $\log 1000=3$ e $\log 2\approx 0,3$, temos:

$T·0,3=2·0,3+3\iff T=\frac{3,6}{0,3}=12\text{ (períodos de 3 dias)}$

Assim, o número de dias é dado por:

$12·3=\boxed{36\text{ dias}}$

Para que a equação matricial não admita solução única (SPD), o determinante da matriz incompleta deve ser nulo, ou seja:

$\left|\begin{array}{cc}a& -1\\ a-2& a\end{array}\right|=0$

$a^2+a-2=0$

O que resulta em $a=1$ ou $a=-2$.

Agora, perceba que para $a=1$ a equação matricial fica da seguinte forma:

$\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 1\end{array}\right]·\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}3\\ -3\end{array}\right]$

Gerando o sistema:

$\left\{\begin{array}{l}x-y=3\\ -x+y=-3\end{array}\right.$

Note que tal sistema apresenta a mesma equação (a segunda é a primeira multiplicada por $-1$). Desta forma podemos classificá-lo como sistema possível indeterminado (SPI) possibilitando infinitas soluções.

Podemos concluir que para $a=-2$ o sistema será impossível (SI) e não admitirá solução.

De fato, para $a=-2$  temos a equação matricial:

$\left[\begin{array}{cc}-2& -1\\ -4& -2\end{array}\right]·\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}3\\ -6\end{array}\right]$

Gerando o sistema:

$\left\{\begin{array}{l}-2x-y=3\\ -4x-2y=-6\end{array}\right.$

Note que ao dividirmos a segunda equação teríamos:

$\left\{\begin{array}{l}-2x-y=3\\ -2x-y=-3\end{array}\right.$

O que é um absurdo!

Partindo da equação inicial, temos que:

$\sqrt[2021]{{10}^{3x+5}}=20\iff {10}^{3x+5}=2^{2021}·{10}^{2021}\iff$

$\frac{{10}^{3x+5}}{{10}^{2021}}=2^{2021}\iff {10}^{3x-2016}=2^{2021}$

Por hipótese, temos que ${10}^{0,3}<2<{10}^{0,31}$. Elevando todos os membros a 2021, mantemos os sinais das inequações inalterados, pois a função $f\left(x\right)=x^{2021}$ é estritamente crescente. Assim:

${\left({10}^{0,3}\right)}^{2021}<2^{2021}<{\left({10}^{0,31}\right)}^{2021}\iff {10}^{606,3}<2^{2021}<{10}^{626,51}$

Como, ${10}^{3x-2016}=2^{2021}$, então:

${10}^{606,3}<2^{2021}<{10}^{626,51}\iff {10}^{606,3}<{10}^{3x-2016}<{10}^{626,51}$

Como função exponencial de base maior que 1 é estitamente crescente, passamos para a comparação entre os expoentes mantendo inalterados os sinais das inequações:

${10}^{606,3}<{10}^{3x-2016}<{10}^{626,51}\iff 606,3<3x-2016<626,51\iff$

$2622,3<3x<2642,51\iff 874,1<x<880,83\overline{6}$

Dentre as alternativas, a única que contém esse intervalo de números reais é a alternativa (b):

 $870⩽x<885.$

Por hipótese, temos que os lados do triângulo retângulo estão em PG com o menor lado medindo $a>0$, admitindo $q$ como a razão da PG, temos a seguinte figura:

Pelo Teorema de Pitágoras, temos que:

${\left(a{q}^2\right)}^2=a^2+{\left(aq\right)}^2\iff a^2{q}^4=a^2+a^2{q}^2$

Sendo $a>0\Rightarrow a^2\ne 0$, dividindo ambos os membros da igualdade por $a^2$, vem que:

$q^4=1+q^2\iff {\left(q^2\right)}^2-q^2-1=0$

Fazendo uma mudança de variável, $q^2=x$, temos:

$x^2-x-1=0\iff x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$

Como, $x=q^2\Rightarrow x>0$, descartamos a opção negativa, e ficamos com:

 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\iff q^2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\iff q=\pm \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$ 

Como $q$ deve ser um número positivo, pois caso contrário $a·q$ não poderia ser a medida de um segmento, ficamos com:

$q=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}·\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{2}$

Logo, a área  $A$ do triângulo é:

$A=\frac{1}{2}·a·aq=\frac{a^2}{2}·\frac{\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{2}=\boxed{a^2·\frac{\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{4}}$

Como o polinômio $p\left(x\right)=x^3-x^2+a$ é divisível pelo polinômio $q\left(x\right)=x^2+x+2$, então, o resto da divisão é o polinômio identicamente nulo.

Pelo método das chaves temos:

$$\begin{gathered} x^3-x^2 +a \overline{)\underline{x^2+x+2 }} \\ \underline{-x^3-x^2-2x } x-2 \\ -2x^2-2x+a \\ \underline{+2x +2x +4} \\ a+4 \end{gathered}$$

Como o resto deve ser o polinômio identicamente nulo, segue que:

$a+4=0\iff \boxed{a=-4}$.

Resolução alternativa:

Podemos utilizar o método de Descartes, ou seja, dos coeficientes a determinar.

Como $p\left(x\right)=x^3-x^2+a$ é divisível pelo polinômio $q\left(x\right)=x^2+x+2$, pela divisão euclidiana:

 $p\left(x\right)=q\left(x\right)·f\left(x\right)$ 

Como $p\left(x\right)$ tem grau 3 e $q\left(x\right)$ grau 2, então, $f$ tem grau 1, admitindo $f\left(x\right)=bx+c$, encontraremos a seguinte identidade:

$$\begin{gathered} x^3-x^2+a\equiv \left(x^2+x+2\right)·\left(bx+c\right) \\ {x}^3-x^2+a\equiv b{x}^3+\left(b+c\right)x^2+\left(2b+c\right)x+2c \end{gathered}$$

Igualando os coeficientes termo a termo, vem que:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}b=1 \\ b+c=-1 \\ 2b+c=0\\ 2c=a\end{array}\right.\Rightarrow c=-2\Rightarrow \boxed{a=-4} \end{gathered}$$.

A área lateral de uma pirâmide e um prisma é a soma das áreas das faces laterais.

A área lateral de um tetraedro regular de aresta $b$, admitindo uma das faces como base, é a soma das áreas de três triângulos equiláteros, como ilustra a figura:

$A_{lateral do tetraedro}=3·\frac{b^2\sqrt{3}}{4}$

A área lateral de um cubo de aresta $a$, admitindo duas faces opostas como bases, é igual à soma das áreas de quatro quadrados, como ilustra a figura:

$A_{lateral do cubo}=4a^2$

Por hipótese, temos a seguinte igualdade entre as áreas laterais:

$3·\frac{b^2\sqrt{3}}{4}=4a^2\iff \frac{b^2}{a^2}=\frac{16\sqrt{3}}{9}$

Buscamos a razão $\frac{b}{a}$, logo:

$\sqrt{\frac{b^2}{a^2}}=\sqrt{\frac{16\sqrt{3}}{9}}\Rightarrow \frac{b}{a}=\frac{4\sqrt[4]{3}}{3}$

Portanto, essa questão não possui alternativa correta.

Obs.: Essa questão é praticamente idêntica a uma questão do vestibular UNICAMP 2020, cujo enunciado é:

"Se um tetraedro regular e um cubo têm áreas de superfícies iguais, a razão entre o comprimento das arestas do tetraedro e o comprimento das arestas do cubo é igual a"

Com esse enunciado, a resolução seria:

$A_{total do tetraedro}=A_{total do cubo}\iff$  

$4·\frac{b^2\sqrt{3}}{4}=6a^2\iff \frac{b^2}{a^2}=2·\sqrt{3}\iff \frac{b}{a}=\sqrt{2}·\sqrt[4]{3}$

O que nos conduziria à alternativa D.

Lembremos que anos-luz é uma medida de distância: é a distância que a luz percorre em um ano. Assim, se a luz da super nova mais próxima chegou à Terra então a luz emitida por ambas as super novas já viajaram por 4,0 bilhões de anos e a luz emitida pela mais distante ainda terá que percorrer 10,5 - 4,0 = 6,5 bilhões de anos-luz.

Vamos então calcular a distância que a luz percorre em 6,5 bilhões de anos para saber a distância que a luz se encontra da Terra usando a equação da velocidade no movimento uniforme:

$v=\frac{\Delta s}{\Delta t}$

Note que a velocidade aqui é a velocidade da luz ($v=3·{10}^8 \mathrm{m}/\mathrm{s}$), o tempo é 6,5 bilhões de anos, medidos em segundos ($\Delta t=$$6,5·{10}^9·3·{10}^7 \mathrm{s}$), e $\Delta s$ o que queremos saber. Fazendo os cálculos:

$v=\frac{\Delta s}{\Delta t}\Rightarrow$

$3·{10}^8=\frac{\Delta s}{6,5·{10}^9·3·{10}^7}\Rightarrow$

$\Delta s=5,85·{10}^{25} \mathrm{m}\Rightarrow$

$\boxed{\Delta s\cong 5,9·{10}^{22} \mathrm{km}}$

Usando a lei da atração da gravitação universal de Newton, podemos dizer que a força gravitacional que age sobre o nosso planeta é uma resultante centrípeta (considerando uma órbita circular). Assim podemos escrever:

$F_{gravitacional}=F_{cp}\Rightarrow$

$\frac{GMm}{R^2}=\frac{m{v}^2}{R}\Rightarrow$

$v=\sqrt{\frac{GM}{R}}$

sendo $v$ a velocidade de translação da Terra em torno do Sol, $G$ a constante da gravitação universal, $m$ a massa da Terra, $M$ a massa do Sol e $R$ a distância Terra-Sol.

Podemos ver que aumentando-se a massa do Sol a velocidade de translação da Terra em torno do Sol deverá aumentar:

$v\uparrow =\sqrt{\frac{GM\uparrow }{R}}$

e o período (tempo para a Terra dar uma volta em torno do Sol) deverá diminuir, uma vez que a distância percorrida em torno do Sol será a mesma.

Portanto, "a velocidade de translação da Terra em torno do Sol deveria aumentar e o período do ano terrestre diminuir"