Dicas Ita Matematica

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DICAS PARA A PROVA DO ITA

39

A MATEMÁTICA NO ITA O vestibular de Matemática do ITA é, provavelmente, um dos mais justos do país. Isso se deve ao fato dessa prova ser reconhecidamente a mais abrangente possível: raramente algum tópico do Ensino Médio não é cobrado. Isso, para o candidato, traz vantagens e desvantagens. Vantagens no sentido de que existem várias questões de assuntos conhecidos e desvantagens no sentido de que podem existir temas que o aluno não domine. Porém, até nisso se faz justiça: não é possível contar apenas com a sorte, uma vez que a prova é bem variada e abrangente. E, além de uma prova bem diversificada, uma marca interessante é a presença de vários temas numa única questão (cossenos com logaritmos, progressões com circunferências, etc.), sempre com o intuito de aumentar o nível de dificuldade, favorecendo o candidato que tem o domínio de diversos temas. Mas não é só o conhecimento que é fundamental. A prova não mede apenas o quanto o candidato sabe, mas sim como o candidato lida com o que sabe. Ao longo dos anos, várias questões são tais que a aplicação de fórmulas é praticamente inviável, o que força o candidato a ter algo a mais. Não adianta apenas conhecer milhares de fórmulas. Um bom raciocínio é peça fundamental nesse vestibular. Assim, o que se espera dos candidatos é conhecimento razoável aliado com bom raciocínio. Neste material temos uma análise do vestibular de Matemática do ITA. Procuraremos ajudá-lo a melhorar o seu desempenho com algumas dicas que serão de grande valia na hora da prova.

Bons estudos!

O exercício a seguir, retirado do vestibular de 2005, ilustra um fato interessante da prova do ITA: normalmente, existem dois ou mais modos para se resolver um exercício. Destes, um é razoavelmente rápido, enquanto o outro é mais trabalhoso.

Exemplo: (ITA 2005) Sobre o número 7 4 3 3x = − + é correto afirmar: a) ]0;2[x∈ d) 2x é irracional b) x é racional e) ]2;3[x∈

c) 2x é irracional Resolução: (Alternativa B) Num primeiro instante, é fácil “chutar” que x provavelmente é irracional. Mas, isso não nos serve de muita coisa, afinal não conseguimos encontrar nenhuma resposta que nos satisfaça apenas chutando. Uma primeira tentativa de resolução poderia ser a seguinte:

27 4 3 3 ( 3) 7 4 3x x= − + ⇒ − = − 2 22 3 3 7 4 3 .2 3 4 4 3 0x x x x− + = − ⇒ − − − =

Essa tentativa nos leva a uma equação do segundo grau não muito agradável, que exigirá um tempo razoável só pra terminar as contas. Este caminho com certeza nos levará a uma resposta correta, mas a questão não é essa. Será que não existe outro modo, menos trabalhoso, para se resolver esse exercício? A resposta é sim. Observe que 2 2 27 4 3 2 2.2. 3 ( 3) (2 3)− = − + = − .

Assim: 7 4 3 3 2 3 3 2x x= − − = − + ⇒ =

MISTURANDO TEMAS DIFERENTES A prova de Matemática do ITA também é famosa por sua grande capacidade de “misturar” conceitos distintos. Como exemplo, temos a seguinte questão, retirada do vestibular de 2006 (se você sentir dificuldades, revise os tópicos, que abordados na questão):

Exemplo: (ITA 2006) Determine para quais valores de x∈ (-π/2,π/2) vale a desigualdade logcosx(4sen2x - 1) - logcosx(4 - sec2x) > 2. Resolução: Temos aqui a presença de trigonometria e logaritmos. Tanto um quanto o outro são fundamentais para a resolução desse exercício. A partir da condição de existência da base, temos:

cos 0 cos 1 0 ; 0 02 2 2 2

x e x x e x x ou x−π π −π π⎛ ⎞> ≠ ⇒ ≠ ∈ ⇒ < < < <⎜ ⎟⎝ ⎠

Cada logaritmo deve existir separadamente, o que implica em duas situações:

2

1sen2 2 64sen 1 01sen2 6 2

x xx

x x

π π⎧ < − ⇒ − < < −⎪⎪− > ⇒ ⎨π π⎪ > ⇒ < <

⎪⎩

24 sec 0 2 sec 2x x− > ⇒ − < < ⇒ como cos 0x > , temos apenas que 10 sec 2 cos2 3 3

x x xπ π< < ⇒ > ⇒ − < < .

Aplicando finalmente as propriedades dos logaritmos, temos: 2

2 2cos cos cos 2

4sen 1log (4sen 1) log (4 sec ) log 24 secx x x

xx xx

⎛ ⎞−− − − = >⎜ ⎟−⎝ ⎠

Lembrando que no domínio considerado temos para a base do logaritmo: 0 cos 1x< < . Logo, ao aplicarmos a definição de logaritmo, temos que inverter a desigualdade (pois a base é menor que 1). Assim:

2 22

cos 2 2

4sen 1 4sen 1log 2 cos4 sec 4 secx

x x xx x

⎛ ⎞− −> ⇔ <⎜ ⎟

− −⎝ ⎠

2 2 2 22

2 2

4sen 1 4sen 1 cos (4 sec )cos 0 04 sec 4 sec

x x x xxx x− − − −

− < ⇒ <− −

Considerando apenas o numerador da fração, temos: 2 2 2 2 2 2

2

14sen 1 cos (4 sec ) 4sen 4cos 1 cos .cos

x x x x x xx

− − − = − − +

2 2(4cos 4sen ) 1 1 cos2x x x= − − − + = − . Assim, a desigualdade fica:

2 2

cos2 cos20 04 sec 4 sec

x xx x

−< ⇒ >

− −

Por uma das condições de existência ( )0 sec 2x< < , é obrigatório

que 24 sec 0x− > (denominador positivo). Logo, para resolvermos a inequação, basta que tenhamos para o numerador

cos2 04 4

x xπ π> ⇒ − < < .

Considerando todos os intervalos, chegamos em 4 6

xπ π− < < − ou

6 4xπ π

< < .

A seguir, forneceremos algumas ferramentas que podem ajudá-lo na prova, a respeito destes dois assuntos.

FORMULÁRIO DE TRIGONOMETRIA

Fórmulas básicas 2 2sen cos 1x x+ = 2 2tg 1 secx x+ = 2 2cotg 1 cosecx x+ =

1seccos

xx

= sentgcos

xxx

=

1cosecsen

xx

= cos 1cotgsen tg

xxx x

= =

Soma e subtração de arcos

sen( ) sen .cos sen .cosa b a b b a+ = + sen( ) sen .cos sen .cosa b a b b a− = − cos( ) cos .cos sen .sena b a b a b+ = − cos( ) cos .cos sen .sena b a b a b− = +

tg tgtg( )1 tg .tg

a ba ba b+

+ =−

tg tgtg( )1 tg .tg

a ba ba b−

− =+

Arco duplo

2 2cos2 cos senx x x= − 2cos2 2.cos 1x x= −

2cos2 1 2senx x= −

sen2 2.sen .cosx x x=

2

2.tgtg21 tg

xxx

=−

Arco triplo

3sen3 3sen 4senx x x= − 3cos3 4cos 3cosx x x= −

Arco metade 1 cossen

2 2x x−⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ 1 coscos

2 2x x+⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ 1 costg

2 1 cosx x

x−⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟ +⎝ ⎠

UMA QUESTÃO INTERESSANTE



40

Transformação de soma em produto ( ) ( ) 2. .cossen p q sen p q senp q+ + − =

sen sen 2.sen cos2 2

p q p qp q + −+ =

sen sen 2.sen cos2 2

p q p qp q − +− =

cos cos 2.cos cos2 2

p q p qp q + −+ =

cos cos 2.sen sen2 2

p q p qp q + −− = −

sen( )tg tgcos .cos

p qp qp q

++ =

sen( )tg tgcos .cos

p qp qp q

−− =

FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS

As funções trigonométricas inversas são um tema muito incidente nos vestibulares do ITA. Só nos últimos anos, tivemos questões desse tipo nas provas de 2004, 2005, 2008 e 2010. A seguir temos uma tabela com as principais funções inversas: Função: Domínio: Imagem:

( ) ( )arcsenf x x= [ ]1;1− ;2 2π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( )arccosf x x= [ ]1;1− [ ]0; π

( ) ( )arctgf x x= ] [;−∞ ∞ ;2 2π π⎤ ⎡−⎥ ⎢⎦ ⎣

Obs: ( ) ( )arcsenf x x= e ( ) ( )arctgf x x= são estritamente crescentes

enquanto ( ) ( )arccosf x x= é estritamente decrescente. Perceba que para existir a inversa, a função original tinha que ser bijetora, portanto a imagem das funções inversas são restritas ao domínio da função original. O aluno deve ser atento para não cometer erros nisso, pois, por exemplo:

7 7arccos cos4 4 4

⎛ ⎞π π π⎛ ⎞ = ≠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Mas a restrição na composição inversa não existe, pois temos: ( )( )cos arccos x x=

Bastando apenas que x seja do domínio da função inversa. Ao se resolver um problema de Funções Trigonométricas Inversas, o mais indicado é passar a uma função trigonométrica normal, o exemplo a seguir ilustra bem isso: Exemplo: (ITA 2008)

Sendo ;2 2π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

o contradomínio da função arcoseno e [ ]0; π o

contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de: 3 4cos arcsen arccos5 5

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

Resolução:

Seja arcsen 35

= α ⇒ 2 2 4cos 1 cos5

sen α + α = ⇒ α = ± .

O contradomínio da função arcsen é ,2 2π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Como 3 05

senα = > , temos que 40, cos2 5

⎛ π⎤α∈ ⇒ α =⎜ ⎥⎦⎝.

Seja arccos 45= β . Temos que o contradomínio da função arccos é

[ ]0,π .

Como 4cos 0 0,5 2

π⎛ ⎞β = > ⇒ β∈⎜ ⎟⎝ ⎠

Os dois ângulos estão no mesmo quadrante e, portanto são iguais ( )α = β . Assim:

2 2 16 9 7cos( ) cos2 cos sen25 25 25

α + β = α = α − α = − = .

LOGARITMOS Definição de logaritmo:

log abase x a base x= ⇔ = , onde

0 10

base e basex

> ≠⎧⎨

>⎩

Resumo das propriedades: 1) log ( ) log logb b bxy x y= + 2) log ( / ) log logb b bx y x y= −

3) log .logmn

bb

nx xm

=

4) logloglog

cb

c

xxb

= (mudança de base)

Desigualdades envolvendo logaritmos Base > 1 log logbase basex y x y⇒ > ⇔ > (crescente) 0 < Base < 1 log logbase basex y x y⇒ > ⇔ < (decrescente)

PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES Um tópico bastante frequente na prova de Matemática do ITA é Determinantes. Vamos relembrar suas propriedades, a partir de algumas definições: Menor complementar: chamamos de menor complementar relativo a um elemento aij de uma matriz M, quadrada e de ordem n>1, o determinante Dij, de ordem n - 1, associado à matriz obtida de M quando suprimimos a linha i e a coluna j que passam por aij. Cofator ou complemento algébrico: número relacionado com cada elemento aij de uma matriz quadrada de ordem n dado por

Aij = (-1)i+j .Dij. Teorema de Laplace: O determinante de uma matriz M, de ordem n≥2, é a soma dos produtos de todos os termos de uma fila qualquer (linha ou coluna) pelos respectivos cofatores. Cálculo do determinante para ordens 1 e 2

( ) det( )A a A a a= ⇒ = =

det( )a c

A A ad bcb d⎛ ⎞

= ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Propriedades 1) Somente as matrizes quadradas possuem determinantes. 2) det(A) = det(At). 3) O determinante de uma matriz que tem todos os elementos de uma fila iguais a zero, é nulo. 4) Se trocarmos de posição duas filas paralelas de um determinante, ele muda de sinal. 5) O determinante que tem duas filas paralelas iguais ou proporcionais é nulo. 6) det(A-1) = 1/det A. 7) (Teorema de Binet) det(A.B) = det A.det B 8) Se uma fila da matriz for multiplicada por uma constante k, então o determinante da nova matriz será igual ao da matriz original multiplicado por k. 9) Se A é uma matriz quadrada de ordem n e k é real então det(k.A) = kn. det A 10) (Teorema de Jacobi) Se somarmos à uma fila uma combinação linear de outra fila paralela, o valor do determinante permanece inalterado. Existência da matriz inversa: uma matriz A só possui inversa se, e somente se, tem determinante não-nulo. Existe outra propriedade dos determinantes, que será trabalhada na seguinte questão, também retirada do vestibular do ITA de 2006. Exemplo: (ITA 2006):

Se deta b cp q rx y z

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= -1 então o valor do det2 2 2

2 2 23 3 3

a b cp x q y r z

x y z

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥+ + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

é

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



41

Resolução: (Alternativa D) Inicialmente, como -2 multiplica a primeira linha e 3 multiplica a segunda, podemos retirar esses números do determinante:

2 2 2det 2 2 2 6.det 2 2 2

3 3 3

a b c a b cp x q y r z p x q y r z

x y z x y z

− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = − + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Aqui, utilizaremos a seguinte propriedade:

det det deta d g a d g a d g

A b x e y h z A b e h x y zc f i c f i c f i

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Aplicando a propriedade:

det 2 2 2 det 2 2 2 deta b c a b c a b c

p x q y r z p q r x y zx y z x y z x y z

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

O último determinante tem duas linhas iguais, enquanto o primeiro tem a segunda linha multiplicada por 2. Assim:

det 2 2 2 2.det 0 2a b c a b c

p x q y r z p q rx y z x y z

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = + = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Substituindo, temos: 2 2 2

det 2 2 2 6.( 2) 123 3 3

a b cp x q y r z

x y z

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥+ + + = − − =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

DETERMINANTE DE VANDERMONDE O Determinante de Vandermonde é um conhecido método de calcular determinantes onde se tem em todas as linhas ou todas as colunas da matriz uma Progressão Geométrica. Seu valor é dado por:

( )( ) ( ) ( )

( )

2 11 1 1

2 12 2 2

2 11 2 1 3 2 3 13 3 3

2 1

11

... ...1

1

n

n

nn n

nn n n

i ji j

a a aa a a

a a a a a a a aa a a

a a a

a a

−

−

−−

−

<

= − − − −

= −∏

Exemplo: (ITA 2003) Sejam a , b , c e d números reais não-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz:

2

2

2

2

1111

bcd a aacd b babd c cabc d d

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Na forma de um produto de números reais. Resolução: Multiplicando a primeira linha por a , a segunda por b , a terceira por c e a quarta por d (e então dividindo o determinante por abcd para não alterar seu valor):

2 2 3 2 3

2 2 3 2 3

2 2 3 2 3

2 2 3 2 3

1 11 111 11 1

bcd a a abcd a a a a a aacd b b abcd b b b b b babcd

abcd abcdabd c c abcd c c c c c cabc d d abdc d d d d d d

= ⋅ = ⋅

E o determinante acima é o Determinante de Vandermonde, então:

2 2 3

2 2 3

2 2 3

2 2 3

1 11 11 11 1

bcd a a a a aacd b b b b babd c c c c cabc d d d d d

= =

( )( )( )( )( )( )a b a c a d b c b d c d= − − − − − − .

VETORES E GEOMETRIA ANALÍTICA Em alguns problemas geométricos, é interessante partir para novas abordagens. A resolução de problemas de Geometria com o auxílio de vetores fornece, em algumas situações, soluções extremamente elegantes e, em alguns casos, muito rápidas. Vamos agora comentar duas das propriedades mais importantes a respeito dos vetores, que são o produto escalar e o produto vetorial. Produto Escalar: Dados dois vetores 1 1 1( , , )u x y z= e 2 2 2( , , )v x y z=

em 3 , o produto escalar entre eles é definido por: 1 2 1 2 1 2u v x x y y z z⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅

Vamos deduzir uma relação muito útil entre o produto escalar e o ângulo entre os dois vetores. Considerando que dois vetores não colineares sempre determinam um plano, podemos fazer essa análise a partir de uma abordagem geométrica em 2 , embora ela seja válida para vetores em 3 :

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo OPQ:

2 2 2 2 cosQP OP OQ OP OQ= + − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⇒ 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 | | | | cosx x y y x y x y u v− + − = + + + − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⇒

1 2 1 2 | | | | cos | | | | cosx x y y u v u v u v⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ θ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ θ Em particular, se u e v são vetores não nulos perpendiculares entre si, temos que 90 cos 0 0u vθ = °⇒ θ = ⇒ ⋅ = . Produto vetorial: Dados dois vetores 1 1 1( , , )u x y z= e 2 2 2( , , )v x y z=

em 3 , o produto vetorial entre eles é dado pelo determinante:

1 1 1 1 1 11 1 1

2 2 2 2 2 22 2 2

i j ky z z x x y

u v x y z i j ky z z x x y

x y z∧ = = ⋅ + ⋅ + ⋅

O produto vetorial resulta, para cada par de vetores u e v , num outro vetor u v∧ , que é perpendicular ao plano determinado por esses dois vetores. Seu módulo é dado por:

| | | | | | senu v u v∧ = ⋅ ⋅ θ Esse módulo representa, geometricamente, a área do paralelogramo determinado pelos vetores u e v :

u

v

θ

| | senh v= ⋅ θ

Observe que, se um dos vetores u ou v for nulo, ou se eles forem colineares, o produto vetorial será o vetor nulo. Com base nesses produtos, conseguimos outro exemplo de aplicação da teoria de vetores, que é o produto misto, no qual utilizamos simultaneamente o produto escalar e o produto vetorial.

x

y

O

Q (x2, y2)

P (x1, y1)

u

v

θ



42

Produto Misto: Sejam 1 1 1( , , )u x y z= , 2 2 2( , , )v x y z= e 3 3 3( , , )w x y z=

três vetores em 3 , tomados nessa ordem. O produto misto desses vetores é dado por:

[ ], , ( )u v w u v w= ⋅ ∧ A partir dos produtos anteriores, temos:

[ ] 2 2 2 2 2 21 1 1

3 3 3 3 3 3

, , ( )y z z x x y

u v w u v w x y zy z z x x y

= ⋅ ∧ = ⋅ + ⋅ + ⋅ .

Segue que:

[ ]1 1 1

2 2 2

3 3 3

, ,x y z

u v w x y zx y z

=

Vamos determinar um significado geométrico para o produto misto dos vetores u , v e w . Considere a figura a seguir:

A partir do produto escalar, temos:

[ ], , | ( ) | | | | | | cos |u v w u v w u v w= ⋅ ∧ = ⋅ ∧ ⋅ θ Pela figura, note que a altura h do paralelepípedo, relativa à base formada pelos vetores v e w , é | | | cos |h u= ⋅ θ . Como | |v w∧

representa a área do paralelogramo de lados OB e OC , segue que o módulo do produto misto [ ], ,u v w representa o volume do

paralelepípedo determinado pelos vetores u , v e w . Como consequência imediata, também podemos calcular o volume do tetraedro OABC. Para tanto, observe que a área do triângulo OBC é metade da área do paralelogramo de lados OB e OC . Como essa área é dada pelo módulo do produto vetorial | |v w∧ , temos:

1 | |2OBCS v w= ⋅ ∧

Além disso, a altura do tetraedro, relativa a essa base OBC, será a mesma altura h considerada para o paralelepípedo. Assim:

1 1 1 | | | | | cos |3 3 2OABC OBCV S h v w u⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ∧ ⋅ ⋅ θ ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠

[ ]1 , ,6OABCV u v w= ⋅

Exemplo: (ITA 2005) Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no plano, três vértices de um tetraedro regular são dados por (0,0)A = , (2,2)B = e (1 3,1 3)C = − + . O volume do tetraedro é

a) 83

. b) 3 . c) 3 32

. d) 5 32

. e) 8 .

1ª Resolução: (Alternativa A) Desenhando a figura no plano cartesiano de acordo com os pontos dados, temos:

Observe que é incoerente apresentar os vértices do tetraedro, uma figura tridimensional, através de apenas duas coordenadas. Vamos assumir uma identificação do plano cartesiano (esboçado acima) com o plano 0z = de um sistema de coordenadas tridimensional, de eixos x, y e z. Assim, os três vértices apresentados seriam adequadamente descritos por (0,0,0)A = , (2,2,0)B = e (1 3,1 3,0)C = − + . A aresta do tetraedro é dada por:

2 2 2(2 0) (2 0) (0 0) 2 2AB= = − + − + − =

A

B

C

D

M G

A altura do triângulo equilátero ABC será:

3 2 2 3 62 2

CM = = =

Sendo G o baricentro do triângulo ABC, correspondente à projeção do vértice V no plano da base ABC, temos:

2 2 63 3

CG CM= =

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DGC, determinamos a altura DG relativa à base ABC:

( )2

22 2 2 2 2 6 4( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

3 3DG CG DC DG DG

⎛ ⎞+ = ⇒ + = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

O volume do tetraedro será dado por:

21 1 (2 2) 3 43 3 4 3ABCD ABCV S DG= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒

83ABCDV =

Vamos agora analisar o mesmo problema por um ponto de vista vetorial: 2ª Resolução: Seguindo o mesmo desenho da 1ª resolução, seja

( , , )D D DD x y z= o vértice do tetraedro fora do plano determinado pelo triângulo ABC, com altura (cota) 0Dz > (escolhemos por simplicidade o ponto de altura positiva, embora exista uma segunda solução com

0Dz < , totalmente análoga a esta). Como sua projeção sobre o plano do triângulo ABC é exatamente o baricentro G, sua abscissa Dx e sua ordenada Dy são dadas por:

A

B

C

O

u

v

w

v w∧

θ

'A

h

x

y

A

B

C

2

2

1 3−

1 3+



43

0 2 (1 3) 313 3 3

0 2 (1 3) 313 3 3

A B CD G

A B CD G

x x xx x

y y yy y

⎧ + + + + −= = = = −⎪⎪

⎨+ + + + +⎪ = = = = +⎪⎩

Para determinar sua altura Dz , lembrando que o tetraedro é regular:

AB AD= 2 2

2 2 2 23 3(2 0) (2 0) (0 0) 1 0 1 0 ( 0)3 3 Dz

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − = − − + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4 4 33 3D Dz z= ⇒ = (lembrando que tomamos 0Dz > )

Colocando o ponto (0,0,0)A = como origem de três vetores u , v e w , que representam as três arestas do tetraedro, suas componentes serão iguais a:

(2,2,0)

(1 3,1 3,0)

3 3 4 31 ,1 ,3 3 3

u AB B A

v AC C A

w AD D A

⎧⎪

= = − =⎪⎪ = = − = − +⎨⎪ ⎛ ⎞⎪ = = − = − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

Desse modo, segue que o volume do tetraedro é dado por:

[ ]

2 2 0

1 1, , | 1 3 1 3 0 |6 6

3 3 4 31 13 3 3

ABCDV u v w= ⋅ = ⋅ − +

− +

( ) ( )1 4 3 1 3 1 36 3ABCDV ⎡ ⎤= ⋅ ⋅ + − − ⇒⎣ ⎦

83ABCDV =

O próximo exemplo ilustra como a introdução dos vetores pode simplificar a resolução de um exercício que, se resolvido apenas com ferramentas de Geometria Espacial pura, poderia se tornar muito trabalhoso. Exemplo: (IME 2010) A área da superfície lateral de uma pirâmide quadrangular regular SABCD é duas vezes maior do que a área de sua base ABCD. Nas faces SAD e SDC traçam-se as medianas AQ e DP. Calcule o ângulo entre estas medianas. Resolução: Estabelecendo um sistema de coordenadas tridimensionais, como indicado na figura a seguir, e chamando o lado do quadrado da base da pirâmide de w, temos:

x

y

z

S

A B

C D

Q P

M O

As coordenadas dos vértices da base quadrada são:

, ,02 2w wA ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , ,02 2w wB ⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠, , ,0

2 2w wC ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠ e , ,0

2 2w wD ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

De acordo com o enunciado, a área da superfície lateral é o dobro da área da base:

24 22

w SM w SM w⋅× = ⋅ ⇒ =

Sendo h a altura da pirâmide, no triângulo SOMΔ , retângulo em O, aplicamos o teorema de Pitágoras:

22 2 3

2 2w wh w h⎛ ⎞+ = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Assim, temos as coordenadas de ( ) 30,0, 0,0,2

wS h⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, de modo

que as coordenas de P e Q, pontos médios dos segmentos SC e SD , respectivamente, são dadas por:

3, ,2 4 4 4

S C w w wP⎛ ⎞+

= = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

e 3, ,2 4 4 4

S D w w wQ⎛ ⎞+

= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Os vetores DP e AQ , por sua vez, serão dados por:

3 3 3, , , ,0 , ,4 4 4 2 2 4 4 4

3 3 3, , , ,0 , ,4 4 4 2 2 4 4 4

w w w w w w w wDP P D

w w w w w w w wAQ Q A

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − = − − − − = −⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎛ ⎞= − = − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

Finalmente, lembramos que o produto interno u v⋅ entre dois vetores u e v se relaciona com o ângulo θ entre esses vetores por:

| | | | cos cos| | | |

u vu v u vu v

⋅⋅ = ⋅ ⋅ θ⇒ θ =

⋅

Assim, calculando cada termo separadamente:

23 3 3 3 34 4 4 4 4 4 16w w w w w w wDP AQ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = − ⋅ − + ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 23 3 134 4 4 4w w w wDP

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 23 3 134 4 4 4w w w wAQ

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Substituindo: 23

316cos1313 13

4 4

wDP AQ

w wDP AQ⋅

θ = = = ⇒⋅ ⋅

3arccos13⎛ ⎞θ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

CÔNICAS

ELIPSE Dados dois pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma elipse de focos em F1 e F2 é o conjunto dos pontos P(x,y) cuja soma das distâncias a F1 e F2 é constante e igual a 2a, com 2a > 2c.

( )−1A a,0 ( )2A a,0( )−1F c,0 ( )2F c,0

( )1B b,0

( )−2B b,0

y

x

a a

O

= +2 2 2a b c

= <ce 1a

O: centro F1, F2: focos A1, A2, B1, B2: vértices A1A2: eixo maior (2a)

B1B2: eixo menor (2b) F1F2: distância focal (2c) e: excentricidade



44

Equações reduzidas – centro em (x0, y0)

• A1A2 // Ox: ( ) ( )2 20 0

2 2 1x x y y

a b− −

+ =

• A1A2 // Ou: ( ) ( )2 20 0

2 2 1y y x x

a b− −

+ =

HIPÉRBOLE Dados dois pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma hipérbole de focos em F1 e F2 é o conjunto dos pontos P(x,y) cujo módulo da diferença das distâncias a F1 e F2 é constante e igual a 2a, com 2a < 2c.

( )−1A a,0 ( )2A a,0( )−1F c,0 ( )2F c,0

( )1B b,0

( )−2B b,0c

x

y = +2 2 2c a b

= >ce 1a

O

O: centro F1, F2: focos A1, A2: vértices e: excentricidade

A1A2: eixo real (2a) B1B2: eixo imaginário ou conjugado (2b) F1F2: distância focal (2c)


• A1A2 // Ox: ( ) ( )2 20 0

2 2 1x x y y

a b− −

− =

• A1A2 // Ou: ( ) ( )2 20 0

2 2 1y y x x

a b− −

− =

PARÁBOLA Dados um ponto F e uma reta d (F∉d). Uma parábola é o conjunto dos pontos P(x,y) equidistantes de F e d.

x

y

V

d

( )F p 2,0( )−p 2,0V '

= =

⊥

pV ' V VF 2e d

e

F: foco V: vértice V’F: p – parâmetro e: eixo de simetria


• e // Ox: ( ) ( )20 04y y p x x− = −

• e // Ou: ( ) ( )20 04x x p y y− = −

RECONHECIMENTO DE UMA CÔNICA

Dada uma equação do 2o grau redutível à forma

( ) ( )2 20 0

1 2

x-x y-y1

k k+ =

k1 = k2 Circunferência

k1>0, k2>0 e k1>k2 Elipse de eixo maior horizontal

k1>0, k2>0 e k1<k2 Elipse de eixo maior vertical

k1>0 e k2<0 Hipérbole de eixo real horizontal

k1<0 e k2>0 Hipérbole de eixo real vertical

Rotação de eixos As coordenadas de um ponto P(x,y) após a rotação de eixos de um ângulo θ são dadas por (x’,y’) tais que

x = x’.cosθ - y’.senθ y = x’.senθ + y’.cosθ

Interpretação de uma equação do 2o grau Dada a eq. Geral do 2o grau:

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 é sempre possível eliminar o seu termo retângulo (2Bxy) através de um rotação de eixos de um ângulo θ tal que

A = C θ = π / 4 A ≠ C tg 2θ = 2B/(A – C) é possível também identificar a cônica através de sua equação

pelo determinante:

(i) Se , então a equação representa uma parábola. (ii) Se , então a equação representa uma elipse. (iii) Se , então a equação representa uma hipérbole. Obs: A identificação não indica se a cônica é degenerada ou não, para isso é necessária a rotação de eixos.

Em 2006 tivemos 2 questões de cônicas, uma delas discursiva. Confira! Exemplo (ITA 2006): Sabendo que 9y2-16x2-144y+224x-352=0 é a equação de uma hipérbole, calcule sua distância focal. Completando os quadrados na equação acima, temos:

2 29( 16 64) 576 16.( 14 49) 784 352 0y y x x− + − − − + + − = 2 2

2 2 ( 8) ( 7)9( 8) 16.( 7) 144 116 9

y xy x − −− − − = ⇒ − =

Logo, a equação reduzida da hipérbole é: 2 2

2 2

4( 8) ( 7) 134 3

ay xb=⎧− −

− = ⇒ ⎨=⎩

A partir das relações notáveis da hipérbole, temos: 2 2 2 16 9 25 5c a b c= + = + = ⇒ =

Assim, a distância focal é 2c = 10.

NÚMEROS COMPLEXOS E GEOMETRIA ANALÍTICA Uma das aplicações mais interessantes dessa mistura de temas que pode ocorrer em uma questão do vestibular do ITA é usar conceitos de Geometria Analítica para resolver uma questão de Números Complexos. Sabendo que todo número complexo pode ser representado por um ponto do plano cartesiano (Plano de Argand-Gauss), desenvolvemos algumas ideias. A partir da forma algébrica z x y i= + ⋅ do número complexo, temos: (I) a identificação de cada número complexo z x y i= + ⋅ com o ponto

( , )P x y= do plano cartesiano, dito afixo de z; (II) Sendo O a origem do plano cartesiano, definimos 2 2OP x y= + como o módulo | |z do número complexo z x y i= + ⋅ ; (III) Se z x y i= + ⋅ , z∈ e 0z a b i= + ⋅ é um número complexo

qualquer, temos: 2 20 ( ) ( ) ( ) ( )z z x i y a b i x a y b− = + ⋅ − + ⋅ = − + − ,

que é a distância entre dois pontos da Geometria Analítica; (IV) De (III), temos que:

• 0z z R− = é uma circunferência de centro 0z e raio R;

• 1 2 2z z z z k− + − = é uma elipse de focos 1z e 2z , e eixo

maior de comprimento 2k , para 0k > ; • 1 2 2z z z z k− − − = é uma hipérbole de focos 1z e 2z , e

eixo transverso de comprimento 2k , para 0k > . (V) Com relação ao argumento de z, temos que arg( )z = θ é uma semirreta iniciada na origem, e 0arg( )z z− = θ é uma semirreta com início em 0z .



45

(VI) No Plano de Argand-Gauss, cada complexo pode ser associado a (ou representar) um vetor, ou seja, ( , )z x iy x y= + ≡ . Ao se multiplicar um vetor nos complexos por um complexo de módulo unitário e argumento α , estamos rotacionando nosso vetor em α radianos no sentido anti-horário, pois ( ) ( ) ( ) ( )( )cos sen cos sen cos seni i iρ θ + θ ⋅ α + α = ρ θ + α + θ + α .

Exemplo: (ITA 2000) Seja 0z o número complexo 1 i+ . Sendo S o conjunto solução no plano complexo de 0 0| | | | 2z z z z− = + = , então o produto dos elementos de S é igual a a) 4(1 )i− b) 2(1 )i+ c) 2( 1)i − d) 2i− e) 2i Resolução: (Alternativa E) Identificando no plano complexo o afixo de 0 1z i= + como o ponto (1,1) , e o afixo de 0 1z i− = − − como ( 1, 1)− − , temos as circunferências

1λ : 0| | 2z z− = , de centro (1,1) e raio 2, e 2λ : 0| ( ) | 2z z− − = , de centro ( 1, 1)− − e raio 2. A representação no plano cartesiano seria:

x

y

(1,1)

( 1, 1)− −

1λ

2λ

O

P

Q

Pelo desenho, claramente os pontos em comum às duas circunferências são (1, 1)P = − e ( 1,1)Q = − , de modo que o conjunto S é dado por { }1 , 1S i i= − − + . Assim, o produto de seus elementos é:

(1 ) ( 1 )i i− ⋅ − + = 2i .

A IDENTIDADE DE EULER Você sabe qual é a origem da identidade de Euler? A resposta está em Taylor! Em Matemática, uma série de Taylor é uma série de potências utilizada para aproximar funções. Elas recebem esse nome em homenagem ao matemático inglês Brook Taylor. Várias funções podem ser aproximadas por esse método, que, por envolver derivadas de funções, só é ensinado nas disciplinas de Cálculo. Entre as funções que estudamos, existem três que merecem destaque:

2 3

1 ...2! 3!

x x xe x= + + + +

2 4 6

cos 1 ...2! 4! 6!x x xx = − + − +

3 5 7

sen ...3! 5! 7!x x xx x= − + − +

A partir destas fórmulas, podemos calcular o valor das funções seno, cosseno e exponencial em pontos não só reais, como também complexos! De fato, como o lado direito de cada expansão depende apenas do valor “x”, nada impede que utilizemos valores complexos. Ora, isso motivou vários matemáticos a fazerem a seguinte substituição:

.x i= θ , onde i é a unidade imaginária

Substituindo x na primeira fórmula, temos: 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6

1 ...2! 3! 4! 5! 6!

i i i i i ie iθ θ θ θ θ θ= + θ + + + + +

2 3 4 5 6

1 ...2! 3! 4! 5! 6!

ie i i iθ θ θ θ θ θ= + θ − − + + −

Observe que cada termo de potência ímpar está multiplicado por i, de modo que podemos colocar a unidade imaginária em evidência:

2 4 6 3 5

cos sen

1 ... ...2! 4! 6! 3! 5!

ie iθ

θ θ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ θ θ θ θ= − + − + + θ − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Assim, temos então que cos .ie i senθ = θ + θ , a conhecida identidade de Euler. A partir daí, conseguimos determinar a forma exponencial de um número complexo:

.(cos . ) . ( )iz i sen z e móduloθ= ρ θ + θ ⇒ = ρ ρ = A forma exponencial de um número complexo consegue simplificar a maior parte das fórmulas que envolvem números complexos, além de suas respectivas demonstrações. Como exemplo, considere a primeira fórmula de De Moivre:

.[cos( ) . ( )] .[cos( ) . ( )]n nz i sen z n i sen n= ρ θ + θ ⇒ = ρ θ + θ Esta fórmula possui, normalmente, duas demonstrações. A primeira utiliza o Princípio De Indução Finita, e é um pouco demorada (sugerimos, como exercício, que cada candidato tente demonstrar tal fórmula). A segunda demonstração é baseada na forma exponencial, e é praticamente imediata:

.(cos .sen ) . ( . ) .i n i n n inz i e z e eθ θ θ= ρ θ + θ = ρ ⇒ = ρ = ρ .[cos( ) .sen( )]n nz n i n⇒ = ρ θ + θ

Dois lemas úteis também podem ser retirados facilmente da identidade de Euler:

2

2

1 2 sen2

1 2 cos2

ii

ii

e i e

e e

θθ

θθ

θ⎧ − = − ⋅ ⋅⎪⎪⎨

θ⎪ + = ⋅ ⋅⎪⎩

A demonstração da primeira é:

( ) 2 22 2 2 2 21 2 2 sen

2 2

i ii i i i ii e ee e e e i e i e

i

θ − θθ − θ θ θ θθ

⎛ ⎞− θ⎜ ⎟− = − = − ⋅ = − ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

Pois 2 2 cos sen cos sen 2 sen2 2 2 2 2

i ie e i i i

θ − θ θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + − − = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

A demonstração do segundo lema é análoga e fica como exercício. Observe a questão a seguir, retirada do vestibular ITA-97. Essa questão é uma boa aplicação da forma exponencial, ao invés da utilização direta da fórmula de De Moivre. Exemplo: (ITA 1997) Considere os números complexos z = 2 i 2+

e w = 1 + i 3 . Se m = 26 4

2 3

w + 3z + 4i z + w + 6 - 2i

, então m vale:

a) 34 b) 26 c) 16 d) 4 e) 1 Resolução: (Alternativa A) Utilizando a forma exponencial, temos:

42 iz eπ

= e 32 iw eπ

= Dessa forma, temos então que o numerador é dado por:

6 4 23. 4 64. 3.16. 4 16 4i iw z i e e i iπ π+ + = + + = +

Fazendo o mesmo para o denominador:

2 3 26 2 4. 8. 6 2 2 2i iz w i e e i iπ π+ + − = + + − = − +

Dessa forma temos 2

2

16 4 272 3482 2

im

i

+= = =− +

.



46

TEOREMAS DE PAPPUS-GULDIN Dois teoremas importantes ao se trabalhar com superficies (ou sólidos) de revolução, são os teoremas de Pappus–Guldin. Tais teoremas permitem calcular o volume ou a área gerada pela rotação de uma curva em torno de um eixo fixo. (I) ÁREAS: PAPPUS-GULDIN Seja L o comprimento da linha, EE’ o eixo de rotação e d a distância do centro de massa da linha ao eixo de rotação EE’. Sendo S a área gerada pela rotação da linha em torno do eixo, temos:

2S L d= π ⋅ ⋅

(II) VOLUMES: PAPPUS-GULDIN Seja S a área da figura e d a distância do centro de massa ao eixo de rotação EE’. O volume V do sólido obtido pela rotação da figura em torno do eixo EE’ é dado por:

2V S d= π ⋅ ⋅

Exemplo: (IME 2010) Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 2 cm e r uma reta situada no seu plano distante 3 cm do seu baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação desse triângulo em torno da reta r. a) 28 cmπ b) 29 cmπ c) 212 cmπ d) 216 cmπ e) 236 cmπ Resolução: (Alternativa E) Como a distância x do centro de massa do triângulo à reta r é 3 cm, temos, pelo teorema de Pappus-Guldin, que a área da superfície gerada é dada por 2A x p= π ⋅ ⋅ , onde p é o perímetro do triângulo equilátero. Logo:

2 2 3 6A x p= π ⋅ ⋅ = π ⋅ ⋅ ⇔ 236 cmA = π

BINÔMIO DE NEWTON Chamamos de Binômio de Newton a expressão da forma ( )nax by+ , onde a, b, x e y são números reais (ou complexos) e n é um número natural. Tal expressão é desenvolvida pela fórmula:

0 1 1 2 2

1 1 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 2

( ) ( ) ( ) ( )1

n n n n

n n

n n nax by ax by ax by ax by

n nax by ax by

n n

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Essa expressão pode ser escrita na notação somatório:

0( ) ( ) ( )

nn n k k

k

nax by ax by

k−

=

⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ .

A partir disso, podemos destacar o termo geral do binômio:

1 ( ) ( )n k kk

nT ax by

k−

+

⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

E fazendo 1x y= = , temos a soma dos coeficientes do binômio:

0Soma ( 1 1) ( )

nn k k n n

k

na b a b a b

k−

=

⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

Exemplo: (ITA 2004) O termo independente de x no desenvolvimento

do binômio

123

33 55 3

x xx x

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

é:

a) 3729 45 b) 3972 15 c) 338915

d) 353763

e) 3165 75

Resolução: (Alternativa E) Do binômio de Newton, temos:

1212 1 11 13 2 33 63

3 5 3 35 5 53

x x x xx x

−−

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

121 1 36 51 1 3 2412 122 3 63 6 6

0 0

12 123 3 3( 1)5 5 5

k k kk

k

k kx x x

k k

− −− −

−

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ ∑

E o termo geral de tal binômio é: 36 5

3 2466

1

12 3( 1)5

kk

kkT x

k

−−

+

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ − ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Assim, para que tenhamos o termo independente de x, o expoente de

x deve ser zero. Logo, 3 24 0 86

k k−= ⇔ = . Portanto, o termo

independente de x é obtido se 8k = , e tal termo é: 468 0 3

9

12 3 25( 1) 4958 5 9

T x−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠3

9 165 75T = .

Se podemos desenvolver o binômio de Newton, também podemos desenvolver o polinômio de Newton, que é conhecido como polinômio de Leibniz. Tal polinômio é obtido do desenvolvimento de 1 2( )n

px x x+ + + . Pensando analogamente ao binômio de Newton, podemos desenvolver o polinômio de Leibniz como uma generalização do binômio. Assim:

1 21 2 1 2

1 2

!( )! ! !

pnp p

p

nx x x x x xαα α+ + + =α α α∑ ,

onde 1 2 p nα + α + + α = . Exemplo: (ITA 2006) Determine o coeficiente de 4x no desenvolvimento de 2 9(1 )x x+ + . Resolução: A partir do desenvolvimento do polinômio de Leibniz, temos:

2 9 2 29! 9!(1 ) 1! ! ! ! ! !

i j k j kx x x x xi j k i j k

++ + = =∑ ∑ , onde 9i j k+ + = .

E

'E

d CM

S

E

E’

• d



47

Assim, devemos resolver o seguinte sistema: 9

2 4i j kj k+ + =⎧

⎨+ =⎩

, com i, j, k

inteiros não-negativos. Com isso, podemos montar uma tabela:

i j k 7 0 2 6 2 1 5 4 0

Logo, o coeficiente de 4x em 2 9(1 )x x+ + é:

9! 9! 9! 36 252 1267!0!2! 6!2!1! 5!4!0!

+ + = + + = 414

TEORIA DOS CONJUNTOS No vestibular de 2006, o tópico de Teoria dos Conjuntos rendeu um total de três questões, ou seja, 10% da prova. Pode parecer pouco, mas na verdade esse foi um dos tópicos mais cobrados, justamente por ser um tema que exige boa capacidade de abstração por parte dos candidatos. Conjunto: é uma coleção de elementos.

a) vazio: não possui elementos b) unitário: possui um único elemento c) universo: conjunto que possui todos os elementos

Relação de pertinência: se x é um elemento do conjunto A x A⇒ ∈ . Caso contrário, x A∉ . Subconjunto: se todos os elementos de um conjunto A pertencem a um conjunto B então A é subconjunto de B, ou seja, A B⊂ . Operações com conjuntos:

a) união: { / }A B x x A ou x B∪ = ∈ ∈ b) intersecção: { / }A B x x A e x B∩ = ∈ ∈ c) diferença: { / }A B x x A e x B− = ∈ ∉ .

Complementar: se A B⊂ então o complementar de A com relação à B é o conjunto B

AC B A= − . União de dois conjuntos: ( ) ( ) ( ) ( )n A B n A n B n A B∪ = + − ∩ Conjunto das partes: dado um conjunto A, o conjunto das partes de A, P(A), é o conjunto de todos os possíveis subconjuntos de A. Se A possui n elementos, então o conjunto P(A) possui 2n elementos. Partições de um conjunto: seja A um conjunto não-vazio e finito. Dizemos que 1 2{ , ,..., }nP A A A= é uma partição de A se cada conjunto em P é não-vazio, se a união de todos os elementos em P é igual ao conjunto A e se a intersecção desses conjuntos, tomados dois a dois, sempre é vazia. Exemplo: A = {1, 2, 3, 4, 5} Fazendo A1 = {1, 2, 3} e A2 = {4, 5}, temos que 1 2 { }A A∩ = e

1 2 1 2{ , }A A A A A∪ = ⇒ é uma partição de A. Agora, uma questão muito interessante do vestibular de 2006: Exemplo: (ITA 2006) Seja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1. Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte propriedade:

Se ,A B S∈ então A B⊂ ou B A⊂ . Então, o número máximo de elementos que S pode ter é: 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: (Alternativa C) Se A e B são conjuntos em S, temos que eles possuem, no máximo, n elementos. Considere An um conjunto em S com n elementos. Assim,

se B está em S, B é subconjunto de An, e, portanto, deve possuir n – 1 elementos (se B tem n elementos então B = An). Afirmamos que B é o único subconjunto com n – 1 elementos. De fato, se existir um conjunto C com n -1 elementos com C ≠ B então teríamos que B C⊄ e C B⊄ , o que contraria nossa hipótese. Logo, B é único. Seja então B = An-1. Prosseguindo com o raciocínio, montamos a seguinte cadeia de inclusões:

0 1 1{ } ... n nA A A A−= ⊂ ⊂ ⊂ ⊂ Essa sequência é a maior possível, e respeita as condições impostas por S. Logo, o número máximo de elementos que S pode ter é n + 1. Como comentário, essa foi uma questão que exigiu uma boa dose de raciocínio por parte dos candidatos, e ilustra bem um vestibular que não quer apenas fórmulas decoradas.

EQUAÇÕES POLINOMIAIS RECÍPROCAS Equações algébricas que são importantes no vestibular do ITA, sendo um assunto recorrente nesse vestibular, são as equações polinomiais recíprocas. Vamos desenvolver dois pontos: como reconhecer tais equações e como trabalhar com elas. (I). Reconhecimento Uma equação da forma 1

1 1 0 0n nn na x a x a x a−

−⋅ + ⋅ + + ⋅ + = é dita recíproca se e somente se k n ka a −= ± , com 0 k n≤ ≤ . Isto fornece um conjunto de equações “simétricas”, por exemplo: a) 22 3 2 0x x+ + = ; b) 3 24 3 3 4 0x x x− + − = ; c) 6 5 4 2 0a x b x c x c x b x a⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − = , com 0a ≠ ; d) 5 4 3 2 0a x b x c x c x b x a⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = , com 0a ≠ . (II). Classificação e Resolução Se k n ka a −= , como em (a) e (d), a equação é classificada como equação recíproca de primeira espécie; Se k n ka a −= − , como em (b) e (c), a equação é classificada como equação recíproca de segunda espécie. Exemplo: (ITA 2008 adaptada) É dada a equação polinomial

3 2( 2) ( 3 1) ( ) ( 4) 0a c x b c x c a x a b+ + ⋅ + + + ⋅ + − ⋅ + + + = , com a, b, c reais e 2a c+ ≠ − . Sabendo-se que essa equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então o produto a b c⋅ ⋅ é igual a: a) –2 b) 4 c) 6 d) 9 e) 12 Resolução: (Alternativa E) Do fato de ser recíproca de primeira espécie, temos:

2 4 23 1 1 3

a c a b b cb c c a a c+ + = + + = −⎧ ⎧

⇔⎨ ⎨+ + = − = −⎩ ⎩

.

Usando o fato de que 1x = é raiz, temos:

3 2( 2) 1 ( 3 1) 1 ( ) 1 ( 4) 0a c b c c a a b+ + ⋅ + + + ⋅ + − ⋅ + + + = ⇔ 2 5 7a b c+ + = −

Resolvendo o sistema de três equações a três incógnitas:

2 41 3 32 5 7 1

b c aa c ba b c c

= − =⎧ ⎧⎪ ⎪= − ⇔ = −⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = − = −⎩ ⎩

Assim, o produto pedido vale:

4 ( 3) ( 1)a b c⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⇔ 12a b c⋅ ⋅ = A partir da classificação, podemos deduzir que: a) 1x = é raiz de uma equação recíproca de segunda espécie; b) 1x = − é raiz de uma equação recíproca de primeira espécie e grau ímpar. Resolvendo uma equação recíproca de segunda espécie com 1x = , caímos em uma equação recíproca de primeira espécie de grau par ou grau ímpar. Se o grau for impar, 1x = − é raiz; se o grau for par, a



48

técnica de resolução é dividir a equação por 2p

x , onde p é o grau do polinômio resultante, e usar as identidades a seguir:

1xx

+ = α , 2 22

1 2xx

+ = α − , 3 33

1 3xx

+ = α − α ,...

Exemplo: (ITA 1997) Seja S o conjunto de todas as raízes da equação 6 52 4 4 2 0x x x− + − = . Sobre os elementos de S podemos afirmar que: a) todos são números reais. b) 4 são números reais positivos. c) 4 não são números reais. d) 3 são números reais positivos e 2 não são reais. e) 3 são números reais negativos. Resolução: (Alternativa D) A equação é recíproca de segunda espécie, de modo que 1x = é raiz. Dividindo 6 5( ) 2 4 4 2p x x x x= − + − por 1x − , temos:

6 5 5 4 3 2( ) 2 4 4 2 2 ( 1) ( 1)p x x x x x x x x x x= − + − = ⋅ − ⋅ − − − − + A equação 5 4 3 2 1 0x x x x x− − − − + = , por sua vez, é recíproca de primeira espécie e grau ímpar, de modo que 1x = − é raiz, e podemos dividir por 1x + :

4 3 2( ) 2 ( 1) ( 1) ( 2 2 1)p x x x x x x x= ⋅ − ⋅ + ⋅ − + − + A equação 4 3 22 2 1 0x x x x− + − + = é recíproca de primeira espécie e grau par. Como 0x = não é raiz, dividindo os dois membros por 2x , vem que:

4 3 2 22

2 12 2 1 0 2 1 0x x x x x xx x

− + − + = ⇔ − + − + =

Fazendo a troca de variáveis 1xx

+ = α , temos 2 22

1 2xx

+ = α − , de

modo que caímos na equação em α :

2 12 1 0 1 2 1 2xx

α − α − = ⇔ α = ± ⇔ + = ±

Temos:

21 1 2 2 2 11 2 (1 2) 1 02

x x x xx

+ ± −+ = + ⇔ − + ⋅ + = ⇔ =

E ainda:

21 1 2 ( 2 1) 1 0x x xx

+ = − ⇔ + − ⋅ + =

2( 2 1) 4 1 1 2 2 1 0Δ = − − ⋅ ⋅ = − − < Portanto, das seis raízes (complexas) da equação

6 52 4 4 2 0x x x− + − = , temos quatro raízes reais, das quais três

positivas (1 e 1 2 2 2 12

+ ± − ) e uma negativa (–1), além de duas

complexas não-reais.

EQUAÇÕES COM PARÂMETROS Discutir uma equação, ou uma inequação, em função de um ou mais parâmetros, consiste em determinar, para cada valor assumido pelos parâmetros, o conjunto verdade das mesmas. Considere, por exemplo, a equação a seguir, na variável x:

2( 4) 2a x a− ⋅ = − Vamos analisar o conjunto verdade, em , dessa equação, em função do parâmetro real a. Observe que podemos fatorar o coeficiente de x no primeiro membro da equação:

( 2) ( 2) 2a a x a+ ⋅ − ⋅ = − Muito cuidado para não cancelar diretamente o fator ( 2)a − , pois ele pode ser zero.

Se 2a = , ficamos com a equação 0 0x⋅ = , que é satisfeita para todo x∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = . Se 2a = − , ficamos com a equação 0 4x⋅ = − , que não é satisfeita para nenhum valor real de x. Assim, temos conjunto verdade V = ∅ .

Se 2a ≠ e 2a ≠ − , temos 2 1( 2) ( 2) 2

axa a a

−= =

+ ⋅ − + e, nesse caso, o

conjunto verdade 12

Va

⎧ ⎫= ⎨ ⎬+⎩ ⎭

é unitário.

Via de regra, nesse tipo de exercício, o aluno deve ficar muito atento para as condições de existência sobre a variável x, principalmente com relação a valores do parâmetro que zeram algum denominador, raízes de índice par (que só existem em para radicandos não-negativos), etc. Um cuidado extra é necessário ainda para resolver inequações envolvendo parâmetro, pois nesse caso, deve-se atentar para as condições em que o sinal da inequação se mantém ou se inverte. Considere, por exemplo, a inequação, na variável x:

2( 4) 2a x a− ⋅ ≥ − Começamos, novamente, fatorando a expressão no primeiro membro:

( 2) ( 2) 2a a x a+ ⋅ − ⋅ ≥ − Se 2a = , ficamos com a inequação 0 0x⋅ ≥ , que é satisfeita para todo x∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = . Se 2a = − , ficamos com a inequação 0 4x⋅ ≥ − , que também é satisfeita para todo x∈ . Assim, aqui também temos conjunto verdade V = . Se 2a ≠ e 2a ≠ − , devemos agora analisar o sinal do coeficiente

2 4a − . Considerando a função 2( ) 4f a a= − , temos graficamente:

Assim, se 2a < − ou 2a > , tem-se 2 4 0a − > , de modo que:

1 1( 2) ( 2) 2 ,2 2

a a x a x Va a

⎡ ⎡+ ⋅ − ⋅ ≥ − ⇒ ≥ ⇒ = + ∞⎢ ⎢+ +⎣ ⎣

Por outro lado, se 2 2a− < < , tem-se 2 4 0a − < e, portanto:

1 1( 2) ( 2) 2 ,2 2

a a x a x Va a

⎤ ⎤+ ⋅ − ⋅ ≥ − ⇒ ≤ ⇒ = −∞⎥ ⎥+ +⎦ ⎦

O exemplo a seguir foi, originalmente, uma das questões, proposta pela então Tchecoslováquia, presentes na prova da quinta Olimpíada Internacional de Matemática (IMO), realizada em 1963. Exemplo: (ITA 2007) Considere a equação:

2 22 1x p x x− + − = . a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes reais? b) Determine todas essas raízes reais. Resolução: Da condição de existência em sobre as raízes de índice par, temos:

+

– 2 2

+

–

a



49

2 2

2 2

01 0 1

x p x px x

⎧ ⎧− ≥ ≥⎪ ⎪⇔⎨ ⎨− ≥ ≥⎪ ⎪⎩ ⎩

(I)(II)

Além disso, desde que essas condições sejam satisfeitas, tem-se por consequência:

22 2

2

02 1 0

1 0 00

x px x p x x

x

⎧ − ≥⎪ ⇒ = − + − ⇒ ≥⎨⎪ − ≥⎩ ≥≥

(III)

Levando em consideração as restrições (I), (II) e (III), elevamos ambos os membros da equação irracional ao quadrado, observando, porém, que podemos introduzir novas raízes na equação obtida a partir desse ponto, que não satisfazem a equação original. Daí a necessidade de verificar as três condições obtidas até então.

( ) ( )2 22 2 2 2 22 1 4 1 ( 4) 4x p x x x p x p x− + − = ⇔ − − = + −

Sendo 2

2 2

2

04 1 0

1 0

x px p x

x

⎧ − ≥⎪ ⇒ − − ≥⎨⎪ − ≥⎩

, temos mais uma

condição: 2( 4) 4 0p x+ − ≥ (IV)

Nesse caso, elevamos novamente os dois membros da equação irracional ao quadrado:

( ) ( )2 22 2 2 2 24 1 ( 4) 4 (16 8 ) 8 16x p x p x p x p p− − = + − ⇔ − ⋅ = − +

2 28 (2 ) ( 4)p x p⇔ ⋅ − ⋅ = − Se 2p = , temos a equação incompatível: 20 4x⋅ = . Se 4p = , temos: 0x = , o que não satisfaz a condição (II).

Se 2p > e 4p ≠ , temos: 2

22

2 0 ( 4) 08 (2 )( 4) 0

p pxpp

− <⎧ −⎪ ⇒ = <⎨⋅ −− >⎪⎩

, também

impossível em .

Para 2p < , temos 2

22

2 0 ( 4) 08 (2 )( 4) 0

p pxpp

− >⎧ −⎪ ⇒ = >⎨⋅ −− >⎪⎩

, de modo que as

possíveis raízes são: | 4 |

2 2 (2 )px

p−

= ±⋅ −

Entretanto, descartamos a possibilidade | 4 | 02 2 (2 )

pxp

−= − <

⋅ −, pois

claramente ela não satisfaz a condição (III), que exige 0x ≥ .

Assim, nos resta analisar a possibilidade | 4 |2 2 (2 )

pxp

−=

⋅ −, para

2p < . Devemos descobrir para quais valores do parâmetro 2p < ela verifica simultaneamente as condições (I), (II), (III) e (IV). Inicialmente, observe que, se 2p < , então 4 0p − < , de modo que

| 4 | 4p p− = − . Assim, podemos reescrever 42 2 (2 )

pxp

−=

⋅ −.

A condição (III) é claramente satisfeita para 2p < , já que, nesse caso,

tem-se 4 02 2 (2 )

pxp

−= >

⋅ −.

Para a condição (I), temos: 2

2 ( 4)8 (2 )

px p pp

−≥ ⇔ ≥

⋅ −.

Se 2p < , o denominador é positivo, de modo que podemos multiplicar os dois membros da inequação por 8 (2 )p⋅ − , mantendo o sinal da inequação:

2 2 2 28 16 16 8 9 24 16 0 (3 4) 0p p p p p p p− + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ Sendo o primeiro membro da última inequação um quadrado perfeito, a desigualdade sempre será satisfeita (para 2p < ).

Para a condição (II), temos: 2

2 ( 4)1 18 (2 )

pxp

−≥ ⇔ ≥

⋅ −

Novamente levando em consideração que o denominador é positivo para 2p < , como no caso anterior, segue que:

2 2 2( 4) 8 (2 ) 8 16 16 8 0p p p p p p− ≥ ⋅ − ⇔ − + ≥ − ⇒ ≥ Essa desigualdade também é sempre satisfeita. Finalmente, para a condição (IV), fazemos:

22 2 ( 4)( 4) 4 0 4 4 4 4

8 (2 )pp x x p p

p−

+ − ≥ ⇔ ≤ + ⇔ ⋅ ≤ +⋅ −

Mais uma vez, para 2p < , isso equivale a:

2 2 4( 4) 2 (2 ) ( 4) 3 4 0 03

p p p p p p− ≤ ⋅ − ⋅ + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤

Assim, a condição sobre o parâmetro real p para que se tenha

42 2 (2 )

pxp

−=

⋅ − como raiz da equação apresentada é:

2404 30

3

pp

p

<⎧⎪ ⇒ ≤ ≤⎨

≤ ≤⎪⎩

Resumimos toda essa análise respondendo formalmente aos dois itens do exercício:

a) A equação admite raízes reais apenas para 403

p≤ ≤ .

b) A única raiz real, para 403

p≤ ≤ , é 42 2 (2 )

pxp

−=

⋅ −.

SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA

A substituição trigonométrica é um método muito utilizado para resolver integrais em Cálculo. Também podemos lançar mão desse procedimento em algumas equações, cuja resolução por métodos puramente algébricos seria muito trabalhosa, ou praticamente impossível. Considere o seguinte exemplo, retirado da 24ª OBM (Olimpíada Brasileira de Matemática), nível universitário. Exemplo: (OBM) Determine todas as soluções reais da equação:

2 2 2x x= + − + . Resolução: Observe que o procedimento de ir elevando ao quadrado os dois membros da equação nos conduziria a uma equação polinomial de 8º grau, além de introduzir diversas condições de existência para cada vez que elevássemos os dois membros ao quadrado. Entretanto, ao invés disso, podemos observar de início que, das condições de existência sobre as raízes de índice par:

2 0 22 2 1 1

2 22 2 0

x x xxxx

+ ≥⎧ ≥ −⎧⎪ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤⎨ ⎨≤− + ≥⎪ ⎩⎩

Nesse caso, associamos, para cada x∈ , com 1 12x

− ≤ ≤ , um único

[ ]0,θ∈ π tal que cos 2cos2x x= θ ⇔ = θ . Além disso, garantida a



50

existência das raízes, tem-se 2 2 2 0x x= + − + ≥ , de modo que

cos 0θ ≥ . Assim, podemos restringir 0,2π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

. Fazendo então a

substituição:

2cos 2 2 2 2cos 2cos 2 2 2 (1 cos )θ = + − + θ ⇔ θ = + − ⋅ + θ A partir daqui é que a Trigonometria começa a simplificar a resolução da equação. Observe que, da identidade de arco duplo:

2 2cos cos 2 2cos 1 1 cos 2cos2 2 2θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = ⋅ = − ⇔ + θ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Assim, voltando à equação:

22cos 2 2 2 2cos 2cos 2 2 2 cos2 2θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = + − ⋅ ⇔ θ = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Como 0,2π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

, temos cos 0 cos cos2 2 2θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠, e a

equação se reduz a 2cos 2 2 1 cos2

⎛ ⎞θ⎛ ⎞θ = + ⋅ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Novamente por arco duplo: 2 2cos cos 2 1 2sen 1 cos 2sen

2 4 4 2 4θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ = − ⇔ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Assim, voltando à equação:

22cos 2 2 2sen 2cos 2 2 sen4 4θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = + ⋅ ⇔ θ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Também para 0,2π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

, temos sen 0 sen sen4 4 4θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠, e

a equação se reduz a 2cos 2 1 sen4

⎛ ⎞θ⎛ ⎞θ = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Para podermos utilizar mais uma vez a identidade de arco duplo,

fazemos: 21 sen 1 cos 2cos4 2 4 4 8θ π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠. Logo:

22cos 2 2cos 2cos 2 cos4 8 4 8

⎛ ⎞π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = ⋅ − ⇔ θ = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Para 0,2π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

, temos cos 0 cos cos4 8 4 8 4 8π θ π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≥ ⇔ − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

e a equação se reduz a: cos cos4 8π θ⎛ ⎞θ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Como θ e 4 8π θ⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ são dois arcos do primeiro quadrante com o

mesmo cosseno, a única possibilidade é que eles sejam iguais: 2

4 8 9π θ π

θ = − ⇔ θ =

Finalmente, a única raiz real da equação é 22cos9

x π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

O próximo exemplo aparece no livro “Mathematical Olympiad Challenges”, dos autores romenos Titu Andreescu e Razvan Gelca. Exemplo: (ITA 2004) Determine os valores reais do parâmetro a para os quais existe um número real x satisfazendo 21 x a x− ≥ − . 1ª Resolução: Pela condição de existência sobre a raiz quadrada, temos:

21 0 1 1x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤ Assim, para cada [ ]1,1x∈ − , podemos associar um e somente um

[ ]0 ,θ∈ π tal que cosx = θ . Nesse caso, a equação se transforma em:

2 21 cos cos sen cos sen cosa a a− θ ≥ − θ ⇔ θ ≥ − θ ⇔ θ ≥ − θ

Como tomamos [ ]0 ,θ∈ π , temos, nesse intervalo, necessariamente

sen 0θ ≥ , de modo que sen senθ = θ , e a equação se reduz a: sen cos sen cosa aθ ≥ − θ ⇔ θ + θ ≥

Multiplicando e dividindo o primeiro membro por 2 , temos:

1 12 sen cos 2 sen42 2

a aπ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ θ + ⋅ θ ≥ ⇔ ⋅ θ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Pela limitação da função seno, temos sen 14π⎛ ⎞θ + ≤⎜ ⎟

⎝ ⎠ e, portanto:

2 sen 2 1 24

a π⎛ ⎞≤ ⋅ θ + ≤ ⋅ = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

2a ≤

Poderíamos também resolver esse exercício graficamente, o que inclusive ajuda a entender, geometricamente, o sentido da substituição trigonométrica feita acima. 2ª Resolução: Considere, para tanto, a função [ ]: 1,1f − → , definida por

2( ) 1f x x= − , e a função :g → , definida por ( )g x x a= − + . Por um lado, devemos observar que a condição de existência sobre o domínio da função f limita a resolução da inequação também ao intervalo fechado [ ]1,1− , ou seja, não precisaríamos considerar a função g definida para todo x real. A função g, na verdade, representa uma família de funções do 1º grau, uma para cada valor real do parâmetro a. Entretanto, independente do valor de a, necessariamente seu gráfico será uma reta decrescente, de coeficiente angular –1, que intercepta o eixo das abscissas no ponto ( ,0)a , como esboçado na figura a seguir:

x

y

a < 0 a > 0

Por outro lado, fazendo 2( ) 1y f x x= = − , temos: 2 2

01

yx y≥⎧⎪

⎨+ =⎪⎩

.

Assim, o gráfico de f corresponde a uma semicircunferência de centro (0, 0) e raio 1, para 0y ≥ . Observe que, sendo uma semicircunferência de raio 1, cada ponto de coordenadas ( , )x y pode ser descrito por (cos ,sen )θ θ , sendo isso que justifica, geometricamente, a substituição trigonométrica feita na 1ª resolução:

x

y

–1 1

θ

cos θ

sen θ

Queremos descobrir para quais valores do parâmetro a obtemos um conjunto verdade não vazio para a inequação ( ) ( )f x g x≥ , isto é, para os quais existe pelo menos um [ ]1,1x∈ − tal que ( ) ( )f x g x≥ . Geometricamente, isso significa que a única posição relativa entre a reta (função g) e a semicircunferência (função f) que não pode ocorrer



51

é a reta ficar totalmente acima da semicircunferência. Assim, o maior valor do parâmetro a que ainda dá certo é aquele que torna a reta tangente à semicircunferência, como ilustra a figura:

x

y

–1 1 a

1

45° 45°

Nesse caso, temos 1cos45 2aa

° = ⇔ = .

Portanto, de acordo com os gráficos, a inequação tem solução se e somente se 2a ≤ .

FÓRMULA DE PROBABILIDADE TOTAL E TEOREMA DE BAYES Seja um espaço amostral Ω , para quaisquer dois eventos ,A B ⊂ Ω temos a Formula de Probabilidade Total:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | C CP B P B A P A P B A P A= ⋅ + ⋅

Para o caso geral, seja { }1 2 3, , ,..., nA A A A uma partição de Ω , ou seja,

1 2 ... nA A A∪ ∪ ∪ = Ω e i jA A∩ = ∅ para qualquer i j≠ . Assim a forma geral da Formula de Probabilidade Total é dada por:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2| | ... | n nP B P B A P A P B A P A P B A P A= ⋅ + ⋅ + + ⋅ Essa formula é equivalente ao nosso intuitivo “separar em casos”, pois condicionamos cada evento a um caso possível. Sejam 2 eventos ,A B ⊂ Ω com ( ) 0P A ≠ e ( ) 0P B ≠ , então o Teorema de Bayes diz que:

( ) ( ) ( )( )

||

P A P B AP A B

P B⋅

= .

A questão 4 do ITA-2011 (Que foi anulada) mostra bem a utilidade desses 2 teoremas, principalmente juntos. Exemplo: Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas coroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma coroa. A probabilidade de a outra face desta moeda também apresentar uma coroa é

a) 78

. b) 57

. c) 58

. d) 35

. e) 37

.

Resolução: Primeiramente definimos os eventos: A={ A moeda selecionada tem 2 caras } B={ A moeda selecionada é normal (cara e coroa) } C={ A moeda selecionada tem 2 coroas } D={ A face observada é uma coroa } Agora, computemos ( )p D através do Teorema da Probabilidade Total (já que A, B e C são disjuntos e A B C∪ ∪ = Ω , onde Ω é o espaço amostral):

( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( )p D p D A p A p D B p B p D C p C= ⋅ + ⋅ + ⋅ 5 1 10 25 3( ) 0 140 2 40 40 4

p D = ⋅ + ⋅ + ⋅ =

Agora computemos nossa probabilidade desejada ( | )p C D através do Teorema de Bayes:

25 1( ) ( ) ( | ) 540( | ) 3( ) ( ) 64

p C D p C p D Cp C Dp D p D

⋅∩ ⋅= = = =

Desta forma, nenhuma alternativa está correta.

COMENTÁRIOS FINAIS DE MATEMÁTICA

É importante ficar claro que, embora o vestibular do ITA seja uma prova de grande inteligência, na qual muitas vezes existem dois ou mais métodos de resolução para uma dada questão (um normalmente mais rápido e outro um pouco mais trabalhoso), o mais importante é RESOLVER O EXERCÍCIO. De fato, não importa o caminho, e sim o resultado. Embora seja muito importante manter o espírito crítico e refletir a cada questão, não vale à pena perder muito tempo procurando um caminho curto quando se sabe uma maneira de resolver a questão, pois tempo é um bem precioso nesse vestibular. Boa prova!

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