ITA Matemática resolvida

8/7/2019 ITA Matemtica resolvida

1/20

trabalho pioneiro.Prestao de servios com tradio de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de no cometer injustias.Didtico, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no

processo de aprendizagem, graas a seu formato: reproduo de ca-da questo, seguida da resoluo elaborada pelos professores doAnglo.No final, um comentrio sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnolgico de Aeronutica ITA uma escola deengenharia mundialmente conhecida.

Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronutica, Engenharia Mecnica Aeronutica, Engenharia deInfra-Estrutura, Engenharia Eltrica e Engenharia de Computao),trata seu vestibular, que realizado em 4 dias:1 dia: FSICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10 questesdissertativas.2 dia: PORTUGUS, com 20 questes de mltipla escolha, 5

questes dissertativas e uma redao, e INGLS, com 20 questesde mltipla escolha.3 dia: MATEMTICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10questes dissertativas.4 dia: QUMICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10questes dissertativas.

S corrigida a parte dissertativa do candidato que obtm nota

igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questes de mlti-pla escolha e mdia aritmtica igual ou superior a 50 (na escala de0 a 100).A prova de Ingls eliminatria e no entra na classificao final.Em Matemtica, Fsica e Qumica, as questes de mltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.

Na prova de Portugus, as questes de mltipla escolha equivalema 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redao a 40%.A nota final a mdia aritmtica das provas de Matemtica, Fsica,Qumica e Portugus, com peso 1.

oanglo

resolve

a prova

deMatemticado ITA

A cobertura dos vestibularesde 2003 est sendo feita pe-lo Anglo em parceria com aFolha Online.


2/202A/2003 ANGLO VESTIBULARES

NOTAES

: conjunto dos nmeros complexos. ]a, b[ = {x IR; a x b}.IR: conjunto dos nmeros reais. : conjunto vazio.: conjunto dos nmeros inteiros. A\B = {x A; x B}.

IN = {0, 1, 2, 3, }. X C = U\X, para X U, U .IN* = {1, 2, 3, }. I: matriz identidade n n.z : conjugado do nmero z . A1: inversa da matriz inversvel A.i: unidade imaginria i2 = 1. AT: transposta da matriz A.

argz: um argumento de z \{0}.

AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.

[a, b] = {x IR; a x b}. m( AB): medida (comprimento) de AB.

Seja z * . Das seguintes afirmaes independentes:

I. Se = , ento = .

II. Se z 0 e = , ento || .

III. Se = , ento um argumento de .

(so) verdadeira(s):A) todas. B) apenas I e II. C) apenas II e III. D) apenas I e III. E) apenas II.

Resoluo:

I. Sendo u e v nmeros complexos quaisquer, temos:u v =

u

v

u v = u v

, com v 0.

(un) = (u)n, com n IN.|

u| = |u|

u = u se, e somente se, u IR.i = i (sendo i a unidade imaginria)u = uDessas propriedades, decorre que:

se =

ento =

A afirmao I verdadeira.

II.

| || |

|( ) | = + +

+2 3 3

1 2

iz i

i z

| |( )

=+ +

+

2 3 3

1 2

iz i

i z

| | | |

2 5

1 3 2 3 2

2

2 2

iz z i

z iz z z

+ +

+ + +

2 5

1 3 2 3 2

2

2 2

iz z i

z iz z z

+

+ + + +

| | | |,

u

v

u

v

=

2

12arg z +

( )1

4 3 4

2+

+

i z

i

2 3 2

5

| |

| |

z

z

+

2 3 3

1 2

iz i

i z

+ +

+( )

2iz 5z i

1 3z 2iz 3|z| 2|z|

2

2 2

+ +

+ + +

2iz 5z i

1 3z 2iz 3|z| 2|z|

2

2 2

+

+ + + +

Questo 1

MM AACIEAM TT TT


3/20

A afirmao II verdadeira.

III. Com z = (cos + isen), IR*+ e [0, 2[, temos:

Sendo = argz, temos que 2argz + um argumento de .

A afirmao III verdadeira.

O valor de y2 xz para o qual os nmeros , x, y, z e sen75, nesta ordem, formam uma progresso aritmtica, :

A) 34 B) 26 C) 62 D) 25 E)

Resoluo:

(sen15, x, y, z, sen75) PA.

Sendo r a razo da PA, temos:

sen75 = sen15 + 4r 4r = sen75 sen154r = 2 sen30 cos45

4r =

y2 xz = (x + r)2 x (x + 2r)= x2 + 2xr + r2 x2 2xr

= r2

Assim:

Considere a funo

A soma de todos os valores de x para os quais a equao y2 + 2y + f(x) = 0 tem raiz dupla :

A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 6

f : Z\{0} IR, f(x) 3 9 3 1.x 2 2x 1 1/(2x) 2x 5 1/x

= ( ) ( ) ++ +

y xz22

52

8

1

322 =

= =

2

2

2

8

=r

2 3

4

sen12

12

=

+

+ +

2 2

82

122

12cos isen

=

+

+ +

2 2

82

4 62

4 6cos isen

=

+

+[ ]

+

24 4

2 2

86 6

2cos cos( ) ( )

cos

isen isen

isen

| |

| |

| |

2 3 2

5

z

z

+

| |

| | | | | |

| |

2 3 3

5

i z i

z

+ +

| || | | |

| | 2 3 3

5

iz i

z

+ +

| || |

| | = + +

2 3 3

5

iz i

z

| |

| |

| | | | =

+ +

+

2 3 3

2

iz i

i i z

3A/2003 ANGLO VESTIBULARES

Questo 2

Questo 3


4/20

Resoluo:

Consideremos a equao y2 + 2y + f (x) = 0, na incgnita y, e suponhamos que essa no dependa de x.Essa equao tem raiz dupla se, e somente se, sem discriminante for nulo:

22 4f(x) = 0, ou seja, f(x) = 1.De f(x) = 1, temos:

Dessa equao chegamos a x = 4 ou x = 2.

Portanto, a soma de todos os valores de x igual a 2.

Considere uma funo f: IRIR no-constante e tal quef(x + y) = f(x) f(y), x, y IR.

Das afirmaes:

I. f(x) 0, x IR.II. f(nx) = [f(x)]n, x IR, n *.

III. f par.

(so) verdadeira(s):

A) apenas I e II.B) apenas II e III.C) apenas I e III.

D) todas.E) nenhuma.

Resoluo:

I. Para todo real x, temos:

Se existisse um real r, com f(r) = 0, teramos f( + r) = f() f(r) e, portanto, f( + r) = 0, para todo real .Isto absurdo, pois f no uma funo constante.

Logo, para todo real x, temos f (x) 0. A afirmao I verdadeira.

II. Suponhamos que exista k, k IN*, tal que f (kx) = [f(x)]k (hiptese de induo).Teramos ento:

f[(k + 1) x] = f(kx x)f[(k + 1) x] = f(kx) f(x)f[(k + 1) x] = [f(x)]k f(x)f[(k + 1) x] = [f(x)]k + 1

Como f(1 x) = [f(x)]1, podemos concluir, pelo princpio da induo finita, quef(n x) = [f(x)]n, x IR, n IN*. A afirmao II verdadeira.

III. Suponhamos que exista uma funo par f, nas condies dadas.Nessas condies, teramos:

f(x + x) = f(x) f(x)f(0) = f(x) f(x)

Como f uma funo par, ou seja, f(x) = f (x), para todo x real, teramos [f (x)]2 = f(0).

Como a afirmao I verdadeira, isto , f (x) 0, para todo x real, podemos concluir que .

Isto absurdo, pois contraria a condio de f ser uma funo no-constante. A afirmao III , portanto, falsa.

f x f( ) ( )= + 0

f x fx

f x( ) ( )=

2

0

2

f

x xf

xf

x

2 2 2 2+

=

x x

x

x

x

2

2

2 1 2 5+

+=

+

3 3 3

2

2

2 1 2 5x x

x

x

x

+ +

=

3 9 32 2 1

1

2 2 51

x x x x x ( ) ( ) =+ +


Questo 4


5/20

Considere o polinmio P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an formam, nesta ordem, uma progresso

geomtrica de razo q 0. Sabendo que uma raiz de P e que P(2) = 5460, tem-se que o valor de igual a:

A) B) C) D) E)

Resoluo:

Sabendo que os coeficientes de

P(x) = 2x + a2x2 + ... + anx

n

formam uma P.G. de razo q (q 0) e a1 = 2, temos:

P(x) = 2x + 2qx2 + ... + 2qn 1 xn

P(x) a soma dos n termos de uma P.G. cuja razo qx e cujo primeiro termo 2x.

Se qx = 1, ento P(x) = 2nx, com n 0.

Como , nesse caso, no raiz, podemos afirmar que qx 1.

Com qx 1, temos:

(I)

Como , de (I) temos:

Assim, temos que: q = 2, se n par, ou q = 2, se n mpar.

Como q 0, conclumos que q = 2. (II)

Sabemos tambm que P(2) = 5460.

De (I) e (II) temos:

1 4n

= 40954n = 4096

n = 6

A expresso , para q = 2 e n = 6, vale .

Dividindo-se o polinmio P(x) = x5 + ax4 + bx2 + cx + 1 por (x 1), obtm-se resto igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x + 1),

obtm-se resto igual a 3. Sabendo que P(x) divisvel por (x 2), tem-se que o valor de igual a:

A) 6 D) 7 B) 4 E) 9C) 4

ab

c

6 2

2

7

4

2 3

4

=

n q

q

2 3

4

2 2 1 2 2

1 2 25460

[ ]

= ( )

n

( )

qq

nn n

21 2

= =

21

21

2

1 2

0

+

=

q

q

n

P

1

20

=

P x

x qx

qx

n

( ) ( )

=

[ ]2 11

1

2

15

8

11

6

7

4

3

2

5

4

n q

q

2 3

4

1

2


Questo 5

Questo 6


6/20

Resoluo:

Resolvendo o sistema, obtemos a = 3, b = e c = .

Logo, .

Das afirmaes abaixo sobre a equao z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 e suas solues no plano complexo:

I. A equao possui pelo menos um par de razes reais.II. A equao possui duas razes de mdulo 1, uma raiz de mdulo menor que 1 e uma raiz de mdulo maior que 1.

III. Se n IN* e r uma raiz qualquer desta equao, ento

(so) verdadeira(s):

A) nenhuma. B) apenas I. C) apenas II. D) apenas III. E) apenas I e III.

Resoluo:

Para todo z, z C, temos z5 1 = (z4 + z3 + z2 + z + 1)(z 1).As cinco razes da equao z5 1 = 0 so z1, z2, z3, z4 e 1.

Note que z1, z2, z3 e z4 so, tambm, as razes da equao

z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0.

Os afixos dessas cinco razes so os vrtices de um pentgono regularinscrito na circunferncia de centro (0, 0) e raio unitrio do plano de

Argand-Gauss:

Note que nenhum dos nmeros z1, z2, z3 e z4 real. Logo, a equao z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 no tem razes reais.

A afirmao I falsa.Todas as razes possuem mdulo igual a 1, e, portanto, a afirmao II falsa.

Sendo com n IN*, temos:

Como r {z1, z2, z3, z4}, temos que |r| = 1, pois os nmeros z1, z2, z3 e z4 possuem, todos, mdulo igual a 1.

Assim,

Como, para todo n, n IN*, 0 1 1, podemos concluir que S

A afirmao III verdadeira.

1

2.

1

3

3

Sn

=

1

21

1

3

S

n

=

13

11

3

11

3

S

n= + + +

1

3

1

3

1

32

S

r r rn

n= + + +

3 3 3

2

2

S

r r r rn

= + + + +3 3 3 3

2 3

1

2,S

r

k

n k

==

31

r

k

n k

3

1

21= .

a b

c

= 9

3

2

9

2

P

P

P

a b c

a b c

a b c

( )

( )

( )

1 2

1 3

2 0

1 1 2

1 1 3

32 16 4 2 1 0

=

=

=

+ + + + =

+ + + =

+ + + + =


Questo 7

z4

z1

z2

z3

1

Im(z)

Re(z)0


7/20

Seja k IR tal que a equao 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1e uma raiz x2, distinta de x1. Ento,(k + x1)x2 igual a:

A) 6 B) 3 C) 1 D) 2 E) 8

Resoluo:

Sendo f(x) = 2x3 + 7x2 + 4x + k, com k IR, temos que f(x) = 6x2 + 14x + 4.

As razes de f(x) = 0 so 2 e .

Como a equao f(x) = 0 possui uma raiz dupla x1, podemos afirmar que x1 raiz de f(x) = 0.

Como x1 um nmero inteiro, temos x1 = 2.

De x1 + x1 + x2 = , temos (2) + (2) + x2 = e, portanto, x2 = .

De x1 x1 x2 = , temos (2) (2) = e, portanto, k = 4.

Logo, (k + x1) x2 = 3.

Considere o conjunto S = {(a, b) ININ: a + b = 18}. A soma de todos os nmeros da forma , (a, b) S, :

A) 86 B) 9! C) 96 D) 126 E) 12!

Resoluo:

Do enunciado, temos:

=

O nmero de divisores de 17640 que, por sua vez, so divisveis por 3 :

A) 24 B) 36 C) 48 D) 54 E) 72

Resoluo:

17640 = 23 32 51 72

Para a escolha do expoente

do 2, temos 4 possibilidades (0 ou 1 ou 2 ou 3) do 5, temos 2 possibilidades (0 ou 1) do 7, temos 3 possibilidades (0 ou 1 ou 2)

do 3, temos s 2 possibilidades pois o nmero deve ser divsivel por 3 (1 ou 2).Assim, o nmero de divisores positivos que so divisveis por 3 4 2 3 2 = 48.O nmero de divisores de 17640 que so divisveis por 3 96 (48 positivos e 48 negativos).

Sejam A e P matrizes n n inversveis e B = P1AP. Das afirmaes:I. BT inversvel e (BT)1 = (B1)T.

II. Se A simtrica, ento B tambm o .

III. det (A I) = det(B I), IR.(so) verdadeira(s):

A) todas D) apenas I e III.B) apenas I. E) apenas II e III.C) apenas I e II.

18

0

18

1

18

2

18

182 818 6

+

+

+ +

= =

18

0 18

18

1 17

18

2 16

18

18 0

!

! !

!

! !

!

! !

!

! !+ + + +

18!

! !a b

k2

12

k2

12

72

7

2

13


Questo 8

Questo 9

Questo 10

Questo 11


8/20

Resoluo:

I. B = P1 A Pdet B = det (P1 A P)det B = detP1 detA detP

detBT = detA detP

detBT = detA

Como A inversvel e detBT

= detA, BT

inversvel.B B1 = I

(B B1)T = IT

(B1)T BT = I(B1)T BT (BT)1 = I (BT)1

(B1)T = (BT)1

Logo, a afirmao I verdadeira.

II. Sendo , temos B = P1 A . Como A simtrica e B no simtri-

ca, a afirmao II falsa.

III. B = P1

A

P

B I = P 1 A P I, IRB I = P 1 A P (P1 P) IB I = P 1 A P P 1 (I) PB I = P 1 (A I) P

det(B I) = det [P1 (A I) P]det(B I) = det P1 det(A I) detP

det(B I) = det(A I) detP

det(A I) = det(B I)Logo, a afirmao III verdadeira.

O nmero de todos os valores de a [0, 2], distintos, para os quais o sistema nas incgnitas x, y e z, dado por

4x + y 6z = cos3ax + 2y 5z = sen2a6x + 3y 4z = 2cosa,

possvel e no-homogneo, igual a:

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6

Resoluo:

x + 2y 5z = sen2a (4) (6)

4x + y 6z = cos3a+

6x + 3y 4z = 2cosa

x + 2y 5z = sen2a

9y 26z = 4sen2a + cos3a (1)

9y + 26z = 6sen2a 2cosa

x + 2y 5z = sen2a

9y 26z = 4sen2a + cos3a

0 = 2sen2a + cos3a 2cosa

1

detP

P =

6 1

4 1A P e P=

=

=

2 4

4 3

1 1

0 1

1 1

0 11,

1

detP


14243 +

+

14243

1

4243

14243

Questo 12


9/20

Para ser possvel:2sen2a + cos3a 2cosa = 02sen2a cosa + cos3a cosa = 0

2 sen2a cosa 2 sen2a sena = 04senacosa + cosa + 4sen2acosa = 0

cosa (4sen2a + 4sena + 1) = 0cosa = 0 (No convm, pois o sistema no-homogneo).

ou

4sen2a + 4sena + 1 = 0 sena =

Com x [0, 2], a =

Portanto, h 2 valores distintos de a.

Para todo x IR, a expresso [cos(2x)]2[sen(2x)]2 senx igual a:A) 24[sen(2x) + sen(5x) + sen(7x)]. D) 2 4[senx + 2 sen(5x) sen(9x)].

B) 24[2senx + sen(7x) sen(9x)]. E) 2 4[senx + 2sen(3x) + sen(5x)].

C) 24[sen (2x) sen(3x) + sen(7x)].

Resoluo:

Usando as relaes que transformam produtos em somas, temos:

Considere os contradomnios das funes arco-seno e arco-cosseno como sendo , respectivamente. Com

respeito funo

temos que:

A) f no-crescente e mpar. D) f injetora.B) f no par nem mpar. E) f constante.C) f sobrejetora.

Resoluo:

f:[1, 1] , f(x) = arcsenx + arccosx 2

,3

2

f : 1, 1

2,

32

, f (x) arcsen x arccos x,[ ]

= +

2

,2

e 0,

[ ]

= +[ ]2 2 7 94 sen x sen x sen x

= + +[ ]1

169 7sen x sen x sen x sen x

= +

( ) ( )

1

8

1

29

1

27sen x sen x sen x sen x

= [ ] cos cos18

4 5 4 3sen x x sen x x

=

1

44

1

25 3sen x x x (cos cos )

= [ ]1

44 4sen x sen x sen x

= +

1

24 0

2

( )sen x sen sen x

7

6

11

6

ou a =

1

2


Questo 13

Questo 14


10/20

Fazendo arcsenx = e arccosx = , temos:f(x) = +

sen = x e sen = cos + = .

cos = x e 0

Assim, f(x) =

f constante.

Considere a famlia de circunferncias com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma destas cir-cunferncias corta o eixo Ox em dois pontos, distantes entre si de 4cm. Ento, o lugar geomtrico dos centros destas cir-cunferncias parte:

A) de uma elipse. D) de duas retas concorrentes.B) de uma parbola. E) da reta y = x.C) de uma hiprbole.

Resoluo:

Seja C(x, y) o centro de uma destas circunferncias, nas condies do enunciado, com x 0 e y 0.

Temos a figura:

Aplicando o teorema de Pitgoras no tringulo AMC, temos:

|x|2 = y2 + 22

Logo, , com x 0 e y 0, representa parte de uma hiprbole. Assim, o lugar geomtrico dos centros destas

circunferncias parte de uma hiprbole.

A rea do polgono, situado no primeiro quadrante, que delimitado pelos eixos coordenados e pelo conjunto

{(x, y) IR2 : 3x2 + 2y2 + 5xy 9x 8y + 6 = 0}, igual a:

A) D) 3

B) E)

C)

Resoluo:

Temos que:

3x2 + 2y2 + 5xy 9x 8y + 6 = 0

3x2 + 2y2 + 3xy + 2xy 3x 6x 2y 6y + 6 = 0

(3x2 + 3xy 3x) + (2y2 + 2xy 2y) + (6x 6y + 6) = 0

3x (x + y 1) + 2y (x + y 1) 6 (x + y 1) = 0(r) x + y 1 = 0(x + y 1) (3x + 2y 6) = 0 ou

(s) 3x + 2y 6 = 0

2 2

103

52

6

x y2 2

4 41 =

= =x y ou sejax y2 2

2 2

4 4 4 1 ,

2

2

2

2


14243

y

xO

C |x|

|x||x| y

M 22A B

4

Questo 15

Questo 16


11/20

Na figura, est representado o polgono ABCD,limitado pelas retas r e s e pelos eixos coorde-nados, situado no primeiro quadrante:

A rea S do polgono ABCD pode ser obtida fazendo-se a rea do tringulo BOC menos a rea do tringulo AOD.

Logo, , ou seja, .

Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5cm. Seja P um ponto na regio interior a estas retas, distando 4cm de

r. A rea do tringulo equiltero PQR, cujos vrtices Q e R esto, respectivamente, sobre as retas r e s, igual, em cm2, a:

A)D)

B)

E)

C)

Resoluo:

Do enunciado, temos a figura, onde l a medida do lado do tringulo PQR:

Da figura: + 60 + = 180, ou seja, = 120 .Do tringulo PTQ, temos: lcos(120 ) = 4 (1)Do tringulo PSR, temos: lcos = 1 (2)De (1) e (2), temos:

cos(120 ) = 4coscos120cos + sen120 sen = 4cos

Assim, no tringulo PSR, temos:

Alm disso:

A rea do tringulo equiltero PQR , ou seja, cm2.

Considere trs polgonos regulares tais que os nmeros que expressam a quantidade de lados de cada um constituam uma

progresso aritmtica. Sabe-se que o produto destes trs nmeros igual a 585 e que a soma de todos os ngulos internosdos trs polgonos igual a 3780. O nmero total das diagonais nestes trs polgonos igual a:

A) 63 B) 69 C) 90 D) 97 E) 106

7 3

28 3

4

l

l

22

2

2

3 3 1

28

= ( ) +=

RSRS

1

3 3 3 3= =

cos cos

cos

1

2

3

24

3

2

9

2

3 3

+ =

=

=

sen

sen

tg

5 6

7

2

157 3

152

33 15

S =

5

2S =

1

22 3

1

21 1


B

A

DC

x

y

3

1

1 20

Questo 17

Questo 18

P

4

1

Q T

R S

60

l

r

s

l

l


12/20

Resoluo:

Sejam n r, n e n + r os termos de uma P.A. de razo r. Do enunciado, temos:

Da:

(9 r) 9 (9 + r) = 58592 r2 = 65

r = 4 P.A.(5, 9, 13)r2 = 16 ou

r = 4 P.A.(13, 9, 5)Logo, os nmeros de lados so: 5, 9 e 13.

O nmero total de diagonais pedido igual a , ou seja, 97.

Considere o tringulo issceles OAB, com lados OA

e OB

de comprimento R e lado AB

de comprimento 2R. O volume

do slido, obtido pela rotao deste tringulo em torno da reta que passa por O e paralela ao lado AB

, igual a:

A) B) C) D) E)

Resoluo:

Considere a figura:

Aplicando o Teorema de Pitgoras no tringulo AOC, temos:

(AC)2 + R2 = AC = R

Volume VCL do cilindro:

VCL = R2 2R VCL = 2R3

Volume VCO de um dos cones:

VCO = R2 R VCO = R3

Sendo Vp o volume do slido, temos:

Vp = VCL 2 VCO

Vp = 2R3 2 R3 Vp = R3

Considere uma pirmide regular de altura igual a 5cm e cuja base formada por um quadrado de rea igual a 8cm2. A

distncia de cada face desta pirmide ao centro de sua base, em cm, igual a:

A) B) C) D) E) 3

75

4 35

5 69

153

4

3

1

3

13

13

( )22R

3 R3 2 R

343

R3

R3

2R3

2

5 5 3

2

9 9 3

2

13 13 3

2

+ +

( ) ( ) ( )

( ) ( )

n r n n r

n r n n r n

+ =

+ + + = =

585

2 2 2 21 9

( ) ( )

( ) ( ) ( )

n r n n r

n r n n r

+ =

+ + + =

585

2 180 2 180 2 180 3780


Questo 19

Questo 20

B

A

O

R

C

2 R

2 R

2R


13/20

Resoluo:

Do enunciado, temos a figura:

Aplicando o teorema de Pitgoras no tringulo APM, temos:

O volume V do tetraedro PABC 1/4 do volume da pirmide ABCDE, ou seja:

Sendo S a rea do tringulo ABC e h a distncia do ponto P ao plano ABC, temos:

AS QUESTES DE 21 A 30 DEVERO SER RESOLVIDAS NO CADERNO DE RESPOSTAS ANEXO.

Sejam U um conjunto no-vazio e A U, B U. Usando apenas as definies de igualdade, reunio, interseco e com-plementar, prove que:

I. Se A B = , ento B AC.II. B \ A C = B A.

Resoluo:

I. Proposio Justificativa

S1 B A = hipteseS2 x, x B x A S1 e a definio de B AS3 x, x A x AC definio de AC

S4 x, x B x AC S2 e S3S5 B AC S4

se B A = , ento B AC.

II. Proposio Justificativa

S1 x B\AC x B e x AC definio de \S2 x B\AC x B e x A S1 e definio de AC

S3 x B\AC

x A B S2 e definio de A BDas equivalncias dessas sentenas, temos que B\AC = B A.

=h cm5 6

9

10

3

1

3

2 2 3 3

2=

h

V S h= 1

3

V V=

= 1

4

1

3

8 510

3

( ) ( )AM AM2 22

5 2 3 3= + ( ) =

A

D

EB

M

C

5

P

2

2

2

2

2


Questo 21


14/20

Determine o conjunto dos nmeros complexos z para os quais o nmero

pertence ao conjunto dos nmeros reais. Interprete (ou identifique) este conjunto geometricamente e faa um esboo do mesmo.

Resoluo:

Note que, para todo z, (z + z + 2) IR.Logo IR se, e somente se, |z 1| + |z + 1| 3 0, ou seja, |z 1| + |z + 1| 3Os afixos dos complexos z, tais que |z 1| + |z + 1| = 3, so os pontos da elipse de focos (1, 0) e (1, 0) e eixo maior iguala 3, do plano de Argand-Gauss.

Portanto, os afixos de z, tais que |z 1| + |z + 1| 3, so os pontos exteriores elipse.

Resposta:

Considere a seguinte situao baseada num dos paradoxos de Zeno de Elia, filsofo grego do sculo V A.C. Suponha que o atle-ta Aquiles e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta, correndo com velocidades constantesVAe VT, com 0 VT VA.

Como a tartaruga mais lenta, -lhe dada uma vantagem inicial, de modo a comear a corrida no instante t = 0 a uma dis-tncia d1 0 na frente de Aquiles. Calcule os tempos t1, t2, t3, ... que Aquiles precisa para percorrer as distncias d1, d2, d3, ...,

respectivamente, sendo que, para todo n2, dn denota a distncia entre a tartaruga e Aquiles no instante da corrida.

Verifique que os termos tk, k = 1, 2, 3, ..., formam uma progresso geomtrica infinita, determine sua soma e d o signifi-

cado desta soma.

Resoluo:

Note que, no intervalo de tempo tn, com n IN*, a tartaruga percorreu a distncia dn + 1 = vT tn (1).No intervalo de tempo tn + 1, Aquiles percorreu a distncia dn + 1 = vA tn + 1 (2).

De (1) e (2), temos vA tn + 1 = vT tn, ou seja, para todo n, n IN*, temos: tn + 1 = tn

No intervalo de tempo t1, Aquiles percorreu a distncia d1 = vA t1.

Portanto, a seqncia (t1, t2, t3, tn, tn + 1,) uma P.G. infinita de razo e primeiro termo t1 =

Como 0 1, podemos afirmar que a soma t1 + t2 + +tn + =

Logo, t1 + t2 + + tn + =d

v vA T

1

.

d

v

v

v

A

T

A

1

1 .

v

vT

A

d

vA

1 .

v

vT

A

v

vT

A

tkk

n

=

1

1

=

+ +

+ +z z 2

|z 1| |z 1| 3

=+ +

+ +

z z 2

|z 1| |z 1| 3


Questo 22

Questo 23

Im(z)

Re(z)1,5 1 1 1,50

t = 0

t = t1

t = t1 + t2

d1

d1

d1

d2

d2 d3

T

A

A

T

A T


15/20

Vejamos as posies da tartaruga e de Aquiles, no instante

Nesse instante, a posio da tartaruga dada por:

Temos, ento, que:

Note que a posio de Aquiles, no instante tambm dada por S.

Portanto, a soma t1 + t2 + + tn + significa o intervalo de tempo necessrio para Aquiles alcanar a tartaruga.

Mostre que toda funo f : IR \ {0} IR, satisfazendo f(xy) = f(x) + f(y) em todo seu domnio, par.

Resoluo:

Para todo x do domnio de f, temos:

f(x) + f(x) = f[(x)(x)]2f(x) = f(x2)2f(x) = f(x x)2f(x) = f(x) + f(x)2f(x) = 2f(x) f(x) = f(x)

Logo, f uma funo par.

Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a diviso de P1(x) = x4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4 exata, e que a

diviso de P3(x) = x3 + cx2 + dx 3 por P4(x) = x

2 x + 2 tem resto igual a 5, determine o valor de a + b + c + d.

Resoluo:Dividindo P1(x) = x

4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4, temos:

+ x4 + 0x3 + ax2 + 0x + b x2 + 2x + 4

x4 2x3 4x2 x2 2x + a

+ 2x3 + (a 4)x2 + 0x + b

2x3 + 4x2 + 8x

+ ax2 + 8x + b

ax2 2ax 4a

(8 2a)x + b 4a (Resto)Como a diviso de P1 por P2 exata, devemos ter:

(8 2a)x + b 4a 0

8 2a = 0 a = 4 e b = 16b 4a = 0

Dividindo P3(x) = x3 + cx2 + dx 3 por P4(x) = x

2 x + 2, temos:

+ x3 + cx2 + dx 3 x2 x + 2

x3 + x2 2x x + c + 1

+ (c + 1)x2 + (d 2)x 3

(c + 1)x2 + (c + 1)x 2(c +1)

(c + d 1)x 2c 5 (Resto)

Do enunciado, devemos ter: (c + d 1)x 2c 5 5

c + d 1 = 0 c = 0 e d = 12c 5 = 5

Assim: a + b + c + d = 4 + 16 + 0 + 1, ou seja, a + b + c + d = 21

Resposta: 21

d

v vA T

1

,

Sd

v v

vA T

A=

1S

d v v d v

v vA T T

A T

=+

1 1( )

S d v

dv vT A T

= +

11

d

v vA T

1

.


Questo 24

Questo 25

123

123


16/20

Sejam a, b, c e d nmeros reais no-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz

na forma de um produto de nmeros reais.

Resoluo:

bcd 1 a a2

Seja D =acd 1 b b2

abd 1 c c2

abc 1 d d2

Multiplicando por a, b, c e d, respectivamente, a 1, 2, 3 e 4 linhas, podemos escrever:

D = (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c)

Resposta: (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c)

Encontre todos os valores de para os quais a equao na varivel real x,

,

admite soluo.

Resoluo:

Fazendo = arctg e = arctg , temos: + = a.

Ento: tga = tg( + ) tga =

=

( ) ( )e tgatg a

x

2

2 2 1 12

=+ +

( )

=( )

( ) +

tg a

e e

e

tg a

e

x x

x x

2 12

2 12

1 2 12

2 2 1

2 2 12

22 2

tg tg

tg tg

+1

2 1 2 e

x

2 1 2 +

e

x

arctge

arctge

ax x

2 12

2 12

+

+

=

a

2

,2

1 a a2 a3

1 b b2 b3

1 c c2 c3

1 d d2 d3D

abcd

abcd=

abcd a a2 a3

abcd b b2 b3

abcd c c2

c3

abcd d d2 d3

D

abcd

= 1

bcd a a

acd b b

abd c c

abc d d

1

1

1

1

2

2

2

2


Questo 26

Questo 27


17/20

Para a equao em x ter soluo:

0 0

0 tga 1.

Satisfazendo , temos: 0 a .

Resposta:

Sabe-se que uma elipse de equao = 1 tangencia internamente a circunferncia de equao x2 + y2 = 5 e que a reta

de equao 3x + 2y = 6 tangente elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P.

Resoluo:

Do enunciado, o semi-eixo maior da elipse deve medir e estar contido no eixo das ordenadas. Caso contrrio, a reta r

de equao 3x + 2y = 6 seria secante elipse. Assim, temos a figura:

1 modo:

Consideremos o sistema formado pelas equaes da reta e da elipse:

De 1 : y =

Substituindo em 2 , temos:

, ou seja:

(9a2 + 20)x2 36a2x + 16a2 = 0 3

Condio de tangncia: = 0

Ento:

45a2 80 = 0 a2 =

Substituindo o valor de a2 em 3 , temos x = .

Substituindo o valor de x em 1 , temos y =.

Logo, as coordenadas de P so .89

53

,

5

3

89

169

x

a

x2

2

2

6 32

51+

=

6 32

x

3 2 6

51

2

2

2

x y

x

a

y

+ =

+ =

5

x

a

y

b

2

2

2

2+

a ] , [0

4

4

a ] , [

2 2

0 1

+

1 tg a

tg a

( )

2 2 1 1 ( ) ( ) tg atg a


Questo 28

5

5

Q

y

r

x

P

0

1

2


18/20

2 modo:

Seja r a reta que passa pelo ponto Q(0,3) e tangencia a

circunferncia de equao x2 + y2 = 5 no ponto P. Ento,considere a figura ao lado:

No tringulo retngulo OPQ, temos:

Associando-se cada ponto (x, y) do plano ao ponto ,

ento cada ponto da circunferncia fica associado a um ponto

da elipse de equao .Assim, considere a figura ao lado:

Como as ordenadas de P e P so iguais e P pertence reta r, temos:

3x + 2

Portanto, as coordenadas de P so .

Resposta:

Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto mdio do segmento CD

e F um ponto sobre o segmento CE

tal que

m(BC

) + m(CF

) = m(AF

). Prove que cos = cos2, sendo os ngulos = BAF e = EAD.

Resoluo:

Do enunciado, temos a figura, onde l a medida do lado do quadrado ABCD:

Construindo sobre DC

o segmento CM = l e a semicircunferncia de centro no ponto F e raio medindo l + a, temos a figura:

Os tringulos ADE e MDA so semelhantes, pois seus catetos so proporcionais. Assim, DMA = .

A

D CE F

B

l

l

l + a

l

2a

2l

M

l

A

D CE F

B

l

l

l

l

2a

l + a

89

53

,

89

53,

53

689

= = x

x

a

y2

2

2

51+ =

ax y5

,

5 353

2

( ) = = OH OH


r

Q

y

r

x

PP5

3

0

5

3Q

y

r

x

PH3

0

Questo 29


19/20

Como o tringulo AFM issceles, temos que FAM = FMA = .

No tringulo AFM, resulta que = 2 (ngulo externo).Portanto, cos = cos2.

Quatro esferas de mesmo raio R 0 so tangentes externamente duas a duas, de forma que seus centros formam um tetrae-

dro regular com arestas de comprimento 2R. Determine, em funo de R, a expresso do volume do tetraedro circunscritos quatro esferas.

Resoluo:

Sendo a o comprimento de uma aresta de um tetraedro regular, ento seu volume , sua altura , e

o raio da esfera inscrita nesse tetraedro .

Sendo 2R o comprimento de uma aresta do tetraedro ABCD cujos vrtices so os centros das quatro esferas de raio R, tangen-tes externamente duas a duas, ento:

a) seu volume

b) sua altura

c) o raio da esfera inscrita

Como o centro do tetraedro ABCD circunscrito s quatro esferas coincide com o centro do tetraedro ABCD, e os planos desuas faces so paralelos e distam R dos planos das faces do tetraedro ABCD, ento o raio da esfera inscrita no tetraedro

ABCD :

R = r + R

Sendo V o volume pedido, devemos ter:

Resposta:

2 2 1 6

3

3

3 +( )

R

V

R

R

RV R

2 2

3

6 6

66

6

2 2 1 6

33

33

3

=

+

=

+( )

RR

R R R = + =+

6

6

6 6

6

rR

=6

6.

hR

=2 63

.

VR R

= = ( )

.2 2

12

2 2

3

3 3

rh

=4

ha

=6

3V

a=

3 212

A

D CE F

B

l

l

l + a

l

2a

2l

M

l


Questo 30


20/20

Uma prova trabalhosa, que exigiu dos candidatos, alm do conhecimento terico, grande habilidade algbrica.A questo 10 no apresenta alternativa correta.

TTNEMM OOOCC IIR

IICNNDINII CC AAAritmtica

1 3

ASSUNTO

N

DE QUESTES2 4

Conjuntos

Equao polinomial

Funo

Geometria analtica

Geometria espacial

Geometria plana

Determinante

Matrizes

Nmeros complexos

Polinmios

5 6

Nmeros binomiais

Seqncias

Trigonometria

Sistemas lineares

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ITA Matemática resolvida