1

NOTAÇÕES

1 21

0 10

{1, 2, 3, ...}

: conjunto dos números reais

, ;

, ;

, ;

\ e

... ,

... ,

k

n kn

kn k

n kn

a b x a x ba b x a x < ba b x a < x < bA B x; x A x B

a a a a k

a x a a x a x k

2

1

: conjuntodos números complexos

: unidade imaginária: = 1

: módulo do número

: conjugado do número

( ) : conjuntodas matrizes reais

det : determinante da matriz

: transposta da matriz

:

m n

t

i iz zz zM m n

A A

A A

A inversa da matriz inversível A

( )P A : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A ( )n A : número de elementos do conjunto finito A

Arg z : argumento principal de \{0}, Arg 0, 2 z z

f g : função composta das funções f e g f g : produto das funções f e g

Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.

1. Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A, B e C quaisquer:

I. A negação de x A B é : ou .x A x B II. .A B C A B A C

III. \ \ \ .A B B A A B A B

Destas, é (são) falsa(s)

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

Alternativa: E

I. Verdadeira. Pelo teorema de De Morgan, tem-se que A B A B

x A B x A B x A B x A ou x B x A ou x B

II. Verdadeira. A B C A B A C

Trata-se da propriedade distributiva da interseção em relação à união.

2

III. Verdadeira.

Sabendo-se que A B A B, temos:

A B \ A B A B A B A B A B A B A B

A B A A B B A A B A A B B B

B A A B A B B A A \ B B \ A

2. Considere conjuntos , e .A B C A B Se , e A B A C B C são os domínios das

funções reais definidas por ln , x 2 6 8 x x e ,5

xx

respectivamente, pode-se

afirmar que

A. ( ) , 5 . C B. ( ) 2, . C

C. ( ) 2, 5 .C D. ( ) , 4 . C

E. ( ) C não é intervalo.

Alternativa: C

n x x 0 x A B , +

2 2x 6x 8 x 6x 8 0 x 2 x 4 0 2 x 4 A C 2, 4

xx

0 e x 5 x 5 e x 5 B C , 55 x 5 x

Mas: C A B C A C B C C 2, 5

Como 2, 5 , + , então C 2, 5 .

3. Se z é uma solução da equação em ,

12

2 2 1 2 12 ,

3 3

z z z i i

pode-se afirmar que

A. ( ) 0.i z z B. ( ) 0.i z z

C. ( ) 5, 6 .z D. ( ) 6, 7 .z

E. ( ) 1

8.zz

3

Alternativa: E

Simplificando, inicialmente, o membro da direita da equação dada:

12 12

122 1 2 1 2 2 2i 2i 2i i 2 12 i i 1 i

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

6 62 621 i 1 2i i 2i 64

Voltando à equação, temos: 2

z z z 64

Como z x yi e x, y , temos: 2 2x yi x yi x y 64

2 22 2 x 8x y 64

x y 2yi 64y 0y 0

As raízes da equação são z 8

Podemos afirmar que 1 1 1 1

z 8 8 8 z 8 .z 8 8 z

4. Os argumentos principais das soluções da equação em z,

23 0,iz z z z i

pertencem a

A. ( )3

, .4 4

B. ( ) 3 5

, .4 4

C. ( ) 5 3

, 4 2

D. ( ) 3 7

, , .4 2 2 4

E. ( ) 7

0, , 2 .4 4

Alternativa: C

Fazendo z x iy, x e y , temos:

2i x iy 3 x iy x iy x iy i 0

2 2ix y 3x 3yi 4x i 0 4x 3x y i x 3y 1 0

Obtemos o sistema:

22

2

x 14x 3x

1 14x 3x y 0 3 12x 8x 1 0 x ou xx 1 2 6x 3y 1 0 y

3

4

Para 1

x2

, temos 1

y2

, obtendo 1 11 i 5

z e arg z2 2 4

Para 1

x6

, temos 7

y18

, obtendo 2 21 7i 7

z e arg z arctg6 18 3

Os argumentos principais de 1 2z e z estão no intervalo 5 3

; .4 2

5. Considere a progressão aritmética 1 2 50, , ... , a a a de razão d. Se 10

1

10 25nn

a d

e

50

1

4550,nn

a

então 1d a é igual a

A. ( ) 3. B. ( ) 6. C. ( ) 9. D. ( ) 11. E. ( ) 14.

Alternativa: D

Do enunciado:

I. 1 2 10 1 1010

a a a (a a ) 10 25d 2

1 12a 9d 2 5d a 2d 1

II. 1 2 50 1 5050

a a a (a a ) 4550 2

12a 49d 182

Resolvendo o sistema acima, obtemos: 1d 4 e a 7

Logo: 1d a 11

6. Sejam , :f g R R tais que f é par e g é ímpar. Das seguintes afirmações:

I. f g é ímpar, II. f g é par, III. g f é ímpar,

é (são) verdadeira(s)

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

5

Alternativa: D

Analisando as paridades das funções, temos:

I. Verdadeira.

1

1 1

h (x) ƒ(x) g(x)

h ( x) ƒ( x) g( x) ƒ(x) g(x) ƒ(x) g(x) h (x) ƒ g é ímpar

II. Verdadeira.

2

2 2

h (x) ƒ g(x) ƒ(g(x))

h ( x) ƒ(g( x)) ƒ( g(x)) ƒ(g(x)) h (x) ƒ g é par

III. Falsa.

3

3 3

h (x) g ƒ(x) g(ƒ(x))

h ( x) g(ƒ( x)) g(ƒ(x)) h (x) g ƒ é par

7. A equação em x,

2arctg 2 arccotg , \ 0 ,

41

xx

xee x

e

A. ( ) admite infinitas soluções, todas positivas. B. ( ) admite uma única solução, e esta é positiva.

C. ( ) admite três soluções que se encontram no intervalo 5 3

, .2 2

D. ( ) admite apenas soluções negativas. E. ( ) não admite solução.

Alternativa: B

x

x2x

earctg e 2 arccotg

4e 1

x

x 2xx x

2x x

tg e 2

e e 1 cotg tg e e

e 1 etg tg

tg 1 11 tg tg

x x x

x x x

e 2 e e 11 e 2 e e

x 2x x x 2x x x 2 e 1 e 1 2e 2e e 2e 3e 2 0

3x 2x x e 2e 2e 3 0

6

Seja x 3 2y e y 2y 2y 3 0.

Observe que y = –1 é raiz, logo

2 1 13 1 13(y 1) (y y 3) 0 y 1, y ou y

2 2

Como xe 0, tem-se somente uma solução, que é para x 1 13e ,

2

e esta é positiva.

8. Sabe-se que o polinômio 5 3 2 1, ,p x x ax ax a admite a raiz .i Considere as

seguintes afirmações sobre as raízes de p:

I. Quatro das raízes são imaginárias puras. II. Uma das raízes tem multiplicidade dois. III. Apenas uma das raízes é real.

Destas, é (são) verdadeira(s) apenas

A. ( ) I. B. ( ) II. C. ( ) III. D. ( ) I e III. E. ( ) II e III.

Alternativa: C

Como p(x) possui coeficientes reais e i como raiz, tem-se que i também é raiz.

A soma dos coeficientes do polinômio é zero, então 1 é raiz.

Tem-se, inicialmente, como raízes i e 1.

P(x) é divisível por 2 3 2(x 1) (x 1) x x x 1

Efetuando-se a divisão, temos 3 2 2P(x) (x x x 1) (x x a) (a 1)x (a 1)

Deve-se ter (a 1)x (a 1) 0. Assim, a 1

Portanto, 3 2 2 2 2P(x) (x x x 1) (x x 1) (x 1) (x 1) (x x 1)

Raízes de 1 3

P(x) : 1; i e i2 2

Logo: I. Falsa. II. Falsa. III. Verdadeira. Temos apenas 1 raiz real.

7

9. Um polinômio real 5

0

( ) ,

nn

np x a x com 5 4,a tem três raízes reais distintas, a, b e c, que

satisfazem o sistema

+ 2 + 5 = 0

+ 4 + 2 = 6 .

2 + 2 + 2 = 5

a b ca b ca b c

Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm multiplicidade dois, pode-se afirmar que (1)p é igual a

A. ( ) –4. B. ( ) –2. C. ( ) 2. D. ( ) 4. E. ( ) 6.

Alternativa: A

5 4 3 24 3 2 1 0p(x) 4x a x a x a x a x a

a 2b 5c 0

a 4b 2c 6

2a 2b 2c 5

2 :

a 2b 5c 0

a 4b 2c 6

6b 2c 7

I

II

III

II III

:2b 3c 6 3

11c 11 c 1; b ; a 26b 2c 7 2

II I

223

p(x) 4 (x 2) x (x 1)2

221 1

p(1) 4 ( 1) 2 4 ( 1) 4 p(1) 4 2 4

10. Considere o polinômio15

0

( )

nn

np x a x com coeficientes 0 1 a e 11 ,n na i a

1, 2, ..., 15.n Das afirmações:

I. ( 1) , p

II. ( ) 4 (3 2 5), [ 1,1], p x x

III. 8 4 ,a a

é (são) verdadeira(s) apenas

A. ( ) I. B. ( ) II. C. ( ) III. D. ( ) I e II. E. ( ) II e III.

8

Alternativa: E

0

1

2

3

4

a 1

a 1 i

a 1 i 1 i 2 i

a 1 i 2 i 2i

a 1 i 2i 1

E a sequência se repete de 4 em 4 termos.

I. Falsa.

0 1 2 3a a a a 1 1 i 2 i 2i 0

0 0 0 0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15p( 1) a a a a a a a a a a a a a a a a 0

II. Verdadeira.

2 3 4 5 6 70 1 2 3 4 5 6 7p(x) a a x a x a x a x a x a x a x

8 9 10 11 12 13 14 158 9 10 11 12 13 14 15a x a x a x a x a x a x a x a x

4 8 12 2 31 x x x 1 (1 i)x 2 i x 2ix

2 34 8 121 x x x 1 1 i x 2 i x 2i x

2 34 8 121 x x x 1 2 x 5 x 2 x

4 1 2 5 2 4 3 2 5

III. Verdadeira.

0 4 8 12a a a a

11. A expressão 5 5(2 3 5) (2 3 5) é igual a

A. ( ) 2630 5. B. ( ) 2690 5.

C. ( ) 2712 5. D. ( ) 1584 15.

E. ( ) 1604 15.

Alternativa: B

Podemos reescrever a expressão como 5 5

5s 5 2 3 5 2 3 .

A equação do 2º grau 2 2 5 7 0, x x possui como raízes 5 2 3 e 5 2 3.

9

Pela fórmula de Newton, temos:

n n

n n 1 n 2 ns 2 5 s 7 s 0, com s 5 2 3 5 2 3 ; n

0s 2

1s 2 5

2 1 0 2s 2 5 s 7s 0 s 34

3 2 1 3s 2 5 s 7s 0 s 82 5

4 3 2 4s 2 5 s 7s 0 s 1058

5 4 3 5s 2 5 s 7s 0 s 2690 5

Assim, 5 52 3 5 2 3 5 2690 5

12. Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo instante de um espetáculo moderno os

refletores são acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos refletores, seja de 2

3a

probabilidade de ser aceso. Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5 refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a

A. ( ) 16

.27

B. ( ) 49

.81

C. ( ) 151

.243

D. ( ) 479

.729

E. ( ) 4 5

4 5

2 2.

3 3

Alternativa: A

Supondo, exatamente, 4 ou 5 refletores, temos:

4 2 56 62 1 2 1 432 16

P 4 ou 5 4 53 3 3 3 729 27

13. Considere a matriz

1 2 3

4 5 3x3

6

0 ( ),

0 0

a a a

A a a Ma

em que 4 10,a det 1000 A e 1 2 3 4 5 6, , , , e a a a a a a formam, nesta ordem, uma progressão

aritmética de razão 0.d Pode-se afirmar que 1ad

é igual a

A. ( ) –4. B. ( ) –3. C. ( ) –2. D. ( ) –1. E. ( ) 1.

10

Alternativa: D

Temos que 1a 10 3d e 6a 10 2d. Logo:

2 3

5

10 3d a a

0 10 a 1000

0 0 10 2d

2110 (10 3d) (10 2d) 1000 3d 5d 100 0 d 5 (d 0) a 5

Portanto, 1a 1

d

14. Sobre os elementos da matriz

1 2 3 4

1 2 3 44 4

0 0 0 1

1 0 0 0

x x x xy y y y

A M

sabe-se que 1 2 3 4, , , x x x x e 1 2 3 4, , , y y y y são duas progressões geométricas de razão 3 e 4

e de soma 80 e 255, respectivamente. Então, 1det A e o elemento 1

23A valem,

respectivamente,

A. ( ) 1

e 12.72

B. ( ) 1

e 12.72

C. ( ) 1

e 12.72

D. ( ) 1 1

e .72 12

E. ( ) 1 1

e .72 12

Alternativa: C

Temos que:

I. 2 31 1 1 1 1x 3x 3 x 3 x 80 x 2

Com PG (2, 6, 18, 54)

II. 2 31 1 1 1 1y 4y 4 y 4 y 255 y 3

Com PG (3, 12, 48, 192)

Então:

2 6 18 54

3 12 48 192A

0 0 0 1

1 0 0 0

e 4 1 1

6 18 541

det A 1 ( 1) 12 48 192 72 det(A ) 72

0 0 1

3 21 13223 23

2 18 541 1

a A 1 3 48 192 a 12 det A 72

1 0 0

11

15. O valor da soma 6

1

2sen sen ,

3 3n nn

para todo , é igual a

A. ( )1

cos cos .2 729

B. ( )

1sen sen .

2 243 729

C. ( ) cos cos .243 729

D. ( ) 1

cos cos .2 729 243

E. ( ) cos cos .729

Alternativa: A

Observe que:

n n n n 1

2 1sen sen cos cos

23 3 3 3

6 6

n n n n 1n 1 n 1

2 1 sen sen cos cos

23 3 3 3

1cos cos cos cos cos cos

2 3 9 3 729 243

=1

cos cos 2 729

16. Se os números reais e β, com 4

, 0 ,3

maximizam a soma sen sen

então é igual a

A. ( ) 3

.3

B. ( )

2.

3

C. ( ) 3

.5

D. ( )

5.

8

E. ( ) 7

.12

Alternativa: B

4 3sen

3 2 2

3sen sen 2sen cos 2 cos 3 cos

2 2 2 2 2

12

3 cos2

é máximo quando 2k , k2

22k , k 2k , k

2 3 4 2

2k , k3 3

Mas: 2 2 1

0 0 2k 2k k 0 e k k 03 3 3

Logo, 2

3

17. Considere as circunferências 2 2 2 21 2: ( 4) ( 3) 4 e : ( 10) ( 11) 9. C x y C x y Seja r

uma reta tangente interna a C1 e C2, isto é, r tangencia C1 e C2 e intercepta o segmento de reta

1 2O O definido pelos centros O1 de C1 e O2 de C2. Os pontos de tangência definem um

segmento sobre r que mede

A. ( ) 5 3. B. ( ) 4 5. C. ( ) 3 6.

D. ( ) 25

.3

E. ( ) 9.

Alternativa: A

2C

2P

2O

1O

1P

1C2

a

T

3

10,11

4,3

y

x0

b

1 2

2 2O Od 10 4 11 3 10

13

1 1 2 2

a 2 3aP O T P O T b

b 3 2

Como 3a

a b 10 a 10 a 4 e b 62

2 2 2 21 2 1 2 P T 4 2 12 2 3 e P T 6 3 27 3 3 P P 5 3

18. Um cilindro reto de altura 6

3cm está inscrito num tetraedro regular e tem sua base em uma

das faces do tetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, o volume do cilindro, em cm3, é igual a

A. ( ) 3

.4

B. ( )

3.

6

C. ( ) 6

.6

D. ( )

6.

9

E. ( ) .3

Alternativa: D

O tetraedro regular de aresta 3 cm possui 6 cm de altura. De acordo com o texto, temos a seguinte figura:

6

3

6

As pirâmides AEFG e ABCD são semelhantes.

Assim:

26EF 3 DE 2 cm

3 6

O raio da circunferência inscrita no triângulo

equilátero EFG é1 2 3 3

cm3 2 3

Volume do cilindro =

23 6 3 6

3 3 9 3

36V cm

9

14

19. Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, B e C do plano xOy, sendo B = (2, 1) e C = (5, 5). Das seguintes afirmações:

I. A se encontra sobre a reta 3 11

,4 2

y x

II. A está na intersecção da reta 3 45

4 8 y x com a circunferência 2 2( 2) ( 1) 25, x y

III. A pertence às circunferências 2

2 2 27 75( 5) ( 5) 25 e ( 3) ,

2 4

x y x y

é (são) verdadeira(s) apenas

A. ( ) I. B. ( ) II. C. ( ) III. D. ( ) I e II. E. ( ) II e III.

Alternativa: E

I. Falsa.

A pertence à mediatriz de BC,

que passa por 7

M ,3 ,2

ponto médio de BC

, e seu coeficiente

angular é 3

m :4

3 45y x

4 8

II. Verdadeira.

A também pertence à circunferência com centro B e raio BC.

Como 2 2BCd 5 2 5 1 5, então a circunferência é dada por:

2 2x 2 y 1 25

III. Verdadeira.

A também pertence à circunferência com centro C e raio BC:

2 2x 5 y 5 25

A também pertence à circunferência com centro M e raio 5 3

2 (altura do triângulo equilátero):

2

27 75x y 3

2 4

15

20. Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regular cujas arestas medem 1 cm. Se M é o

ponto médio do segmento AB e N é o ponto médio do segmento ,CD então a área do triângulo

M N D, em 2,cm é igual a

A. ( ) 2

.6

B. ( ) 2

.8

C. ( ) 3

.6

D. ( ) 3

.8

E. ( ) 3

.9

Alternativa: B

Considere o tetraedro ABCD dado:

A

B

D

C

M

N1

2

3

2

O triângulo MDC é isósceles e 3

MD MC cm.2

No triângulo MDN, temos: 2 2

2 23 1 1 2MN MN MN= cm

2 2 2 2

21 2 1 2Área MDN Área MDN cm

2 2 2 8

21. Sejam A, B e C conjuntos tais que C B , \ 3 6n B C n B C n A B , 22n A B

e , ,n C n A n B é uma progressão geométrica de razão 0r .

a) Determine n C .

b) Determine \n P B C .

16

Resolução:

a) n(C)

n(B \ C) n(B) n(B C) n(B) n(C)

x x

x n(B) n(C) 3 n(C) 6n(A B) n(B) 4x e n(A B)

2

x 7xn(A B) n(A) n(B) n(A B) 22 n(A) 4x n(A) 22

2 2

Mas: 2 2

2 27x 49xn(A) n(B) n(C) 22 4x x 484 154x 4x

2 4

233x 44 154x 484 0 x 4 ou x n(C) 4

4 3

b) n B\C n(B) n(C) 4x x 3x 12n P B \ C 2 2 2 2 2 n P B \ C 4096

22. A progressão geométrica infinita 1 2, , ..., , ...na a a tem razão 0r . Sabe-se que a progressão

infinita 1 6 5 1, , ..., , ...na a a tem soma 8 e a progressão infinita 5 10 5, , ..., , ...na a a tem soma

2. Determine a soma da progressão infinita 1 2, , ..., , ...na a a .

Resolução:

Do enunciado, temos:

11 6 5n 1 5

aa a a 8 (I)

1 r

41

5 10 5n 5

a ra a a 2 (II)

1 r

51

5 41

a(I) 1 r 2: 4 r (r 0)

(II) 21 r a r

Substituindo em (I):

12

a 8 18

Logo: 11 2 3 1 2 3

a 8 2 (8 2)a a a 2 a a a 14 6 2

1 r 2 2 21

2

17

23. Analise se a função : , 3 3

2

x x

x

é bijetora e, em caso afirmativo, determine a

função inversa 1 .

Resolução:

x x3 3(x) =

2

f

Injetividade: Dados x, y tal que ƒ(x) = ƒ(y), temos:

x x y y

x x x y y y x y 2x y y x 2y x3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2

x y x y x y x y x y3 (3 3 ) 3 3 0 (3 3 ) (1 3 ) 0

Como x y3 1 não pode ser zero: x y3 3 x y Logo, f é injetora.

Sobrejetividade: Dado k, mostraremos que x tal que ƒ(x) k

x x2x x3 3

ƒ(x) k k 3 1 2k 32

22x x x 22k 4k 4

3 2k 3 1 0 3 k k 12

Como 2k k 1 é real positivo, então existe x que satisfaz x 23 k k 1. Portanto, f é bijetora. Inversa:

y yy 2

2 1 23 3

3 3x 3 x x 1

2

y log (x x 1) ƒ (x) log (x x 1)

24. Seja : bijetora e ímpar. Mostre que a função inversa 1 : também é ímpar.

Resolução:

Supondo, por absurdo, que 1ƒ não seja função ímpar, temos que existe y real tal que

1 1ƒ y ƒ y .

Assim, sendo 1 11 2x = ƒ y e x ƒ y , temos que 1 2x x e, neste caso, 1 2ƒ x ƒ x .

Mas como ƒ é função ímpar, temos que 1 2ƒ x ƒ x , ou seja, que y y. Absurdo!

18

25. Considere o polinômio 6

0

,

nn

np x a x com coeficientes reais, sendo 0 0a e 6 1a .

Sabe-se que se r é raiz de ,p r também é raiz de .p Analise a veracidade ou falsidade das afirmações.

I. Se 1r e 2r , 1 2r r , são raízes e 3r é raiz não real de p, então 3r é imaginário puro.

II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário puro. III. 0 0.a

Resolução:

Seja 2 3 4 5 60 1 2 3 4 5p(x) a a x a x a x a x a x x o polinômio com coeficientes reais e a

propriedade p’: se r é raiz de p então –r também é raiz de p. I. Verdadeira.

Se 1r e 2r são raízes reais de p, então por p’ temos 1 2r e r como raízes também. Como 3r é

raiz não real de p temos 3r como raiz. Pelos coeficientes serem reais, 3r também é raiz e, por

p’, 3r também é raiz.

Como 1 2r r e o polinômio é de grau 6, então 3r , 3r , 3r e 3r têm que ser iguais duas a

duas.

3 3r r : raiz nula (não é possível, pois 0 0a )

3 3 3r r : r R (não é possível, pois 3r é raiz não real)

3 3 3r r : a bi a bi a 0 e r bi, b R* (imaginário puro)

II. Falsa.

Supondo 1 + i como raiz dupla temos como raízes: 1 i; 1 i; 1 i; 1 i; 1 i; 1 i

Montando a equação temos: 22 2p(x) x 2x 2 x 2x 2

Logo, encontramos uma raiz dupla que seja um imaginário não puro.

III. Falsa. No polinômio acima, temos:

0p 0 a 8 0

19

26. Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a 90, sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à retirada de cada uma das demais.

a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna. Calcule a probabilidade de o número desta bola ser um múltiplo de 5 ou de 6.

b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna e, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a probabilidade de o número da segunda bola retirada não ser um múltiplo de 6.

Resolução:

Definindo o espaço amostral como E 1, 2, 3, , 90 , com #E 90 , teremos:

a)

M(5) 5, 10, 15, , 90 #M(5) 18

M(6) 6, 12, 18, , 90 #M(6) 15

M(5 e 6) 30, 60, 90 #M(30) 3

Logo, a probabilidade pedida é:

18 15 3 1P P

90 3

b) Temos dois casos:

1ª bola 2ª bola 1ª bola 2ª bolaou

M(6) M(6) M(6) M(6)

Logo, a probabilidade pedida é:

15 75 75 74 5P P

90 89 90 89 6

27. Considere as matrizes 4 4 4 1( ) e , ( ) :A M X B M

3

1

2

4

1 1

1 0; e .

0 2 0 0

2 1

ba b xbb a y

A X B bza b w b

a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a equação matricial AX B tenha solução única.

b) Se 2 2 0, 0 1 1 2 4 ,ta b a e B encontre X tal que AX B .

20

Resolução:

a) Para solução única, devemos ter: det A 0

3 2 2

a 1 b 1a b 1

b 1 a 0det A 2 1 b a 0 4a 0

0 2 0 0a b 1

a 2 b 1

Assim, devemos ter a 0 e b .

b)

ax y bz w 1

bx y az 1A X B y 1

2y 2

ax 2y bz w 4

e

ax bz w 0 1 ax bz w 0

bx az 0 bx az 0

ax bz w 2 2ax 2

Como a 0, então 2

1 bx , z

a a e

2 2

2

a bw 0

a

Logo, 2

1 a

1X

b a

0

28. Considere a equação 2 2(3 2cos ) 1 tg 6 tg 0.2 2

x xx

a) Determine todas as soluções x no intervalo 0, .

b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x.

Resolução:

a)

2

2 2 2

2

1x

cos2

x6sen

x x 1 23 2cos x 1 tg 6 tg 3 2cos x

x x2 2cos cos

2 2

2 2

3senx

x x 3 2cos x 6sen cos 3 2 1 sen x 3senx

2 2

21

2

senx 1 x2

2sen x 3senx 1 0 ou

1 5senx x ou x

2 6 6

5 S ; ;

6 2 6

b) 5

cotg 3; cotg 0; cotg 3 6 2 6

29. Determine uma equação da circunferência inscrita no triângulo cujos vértices são

(1,1), (1,7) (5,4) A B e C no plano .xOy

Resolução:

1

4

7

1 5x

y

A

C

B

I2

2

T

M

3

3

33

0

A triângulo ABC é isósceles de base AB 6 e lados AC BC 5. Assim, sendo I o centro da circunferência inscrita no triângulo e r o raio, temos do gráfico que as coordenadas de I são 1 r, 4 .

IT CTCIT CAM ,

AM CM ou seja,

r 2 3r

3 4 2

Portanto 5

I , 42

e a equação da circunferência fica 2

25 9x y 4 .

2 4

22

30. As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonalmente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivos planos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os raios destas

esferas medem 3

2 e ,2

cm cm respectivamente, calcule

a) a distância entre os centros das duas esferas. b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção das duas esferas.

Resolução:

a) Na figura abaixo, temos os círculos máximos das esferas ortogonais e seus respectivos raios.

No 1 2O AO , temos 2

2 2

1 2 1 2

3 25 5O O 2 O O cm

2 4 2

1O 2 A

CM

D2O

2E1E

B

3

2

b) Para calcular a área do sólido obtido na intersecção (2 calotas esféricas), observe o triângulo

1 2AO O .

M 2O1O

A

23

2

5

2

2

2 2

3 5 9MO MO cm

2 2 10

e 1

5 9 16 8MO cm

2 10 10 5

23

A área de uma calota esférica é dada pela relação:

R

h

Área 2 Rh

Calota na esfera 1E : área = 28 82 2 MD 4 2 cm

5 5

Calota na esfera 2E : área = 23 3 9 92 MC 3 cm

2 2 10 5

Área total = 28 9 17Área total Área total cm

5 5 5

24

Comentários

A prova de Matemática de 2010 do ITA apresentou um nível de dificuldade adequado, proporcionando uma discriminação eficiente dos candidatos.

Observamos várias questões trabalhosas de trigonometria e polinômios. As tradicionais questões de análise combinatória foram trocadas pelas de probabilidades.

Parabéns à banca examinadora.

O CURSINHO QUE MAIS ENTENDE DE ITA E IME