RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

1 O.S: 6453/11-Thiago

GABARITO01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

B C A C A A E E D E

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

D D D C D E A D B B

21. Como B(x) do segundo grau, temos que R(x) = ax + b, a, b R.

Assim A(x) = (x 2)(x 3) . Q(x) + ax + b

Logo: A R a bA R a b

a

b

( ) ( )( ) ( )

1 1 32 2 2 1

43

53

Portanto, R x x

43

53

22. 41

41

43 3sen xx

xsenx

x senx

coscos cos

4sen x (1 cos x) 4cos x (1 + sen x) = 4cos x 4sen x

sen x = 0 x = k como 1 + cos x 0, ento a soluo x = 2k

23. Suponha b1 < b2 < ... < b50. Iremos particionar o conjunto A em 50 grupos no vazios: A = G1 G2 ... G50, de modo que, para cada i = 1, 2,..., 50, f (Gi) = {bi}. Dessa forma, se Gi possui xi elementos, queremos encontrar o nmero de solues da equao x1 + x2 + ... + x50 = 100, com xi 1. Agora, fazendo xi = yi + 1, isso o mesmo que

encontrar o nmero de solues da equao y1 + y2 + ... + y50 = 50, com yi 0. A resposta 9950

.

24. Podemos supor, sem perda de generalidade, a configurao abaixo:

portanto, pelo teorema de Pitgoras:

2 2 2 2 22

2 2 2 2 2 2 2 2 22b a c b a a b c

4(b2a2 b2l2 a2l2 +l4) = l4 + a44 + b4 + c4 2a2l2 2b2l2 + 2c2l2 +2a2b2 2b2c2

3l4 2(a2 + b2 + c2)l2 (a4 + b4 + c4 2a2b2 2a2b2 2b2c2) = 0

O descriminante da equao do segundo grau acima, em l2, = {2(a2 + b2 + c2)}2 + 4 . 3 . (a4 + b4 + c4 2a2b2 2a2c2 2b2c2) =16(a4 + b4 + c4 a2b2 a2c2 b2c2).

RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

2 O.S: 6453/11-Thiago

Logo

22 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

22 2 2

2 16

2 3

a b c a b c a b a c b c

a b c

.

2

3

4 4 4 2 2 2 2 2 2a b c a b a c b c

De fato, observando que l menor ou igual a min (a, b, c), temos 22 2 2

3

a b c

Portanto

a b c a b c a b a c b c2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 22

3

25. Dado los nmeros complejos:

zz i

z i sen

1

2

3

22

3 24 4

cos .

El argumento de un nmero complejo que equdista de estos tres nmeros complejos, es el que se encuentra ubicado en el circuncentro (H) del tringulo que formen estos nmeros al representarlos en un sistema de cordenadas cartesianas.

Operando con estos nmeros:

z i

i

i

3 3 222

22

3 1

3 3 1

...

Adems: z1 = 2 + 0i ...(2) z2 = 0 2i ...(3)

Graficando estos nmeros en el plano cartesiano:

RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

3 O.S: 6453/11-Thiago

Por las coordenadas se deduce que el tringulo z1, z2, z3 es issceles, de lo cual se deduce que la altura y la mediana

del lado z z1 2 coinciden; entonces P es punto medio de z z1 2 :

P

2 02

0 22

1 1; ;

El argumento de Pz3

tan

3 13 1

1

arg (Pz3 ) = 45o ...(4)

El argumento del circuncentro (H):H Pz3

arg (H) = arg (Pz3 )

De (4) = 4

26. Desde que 23

25

2 2 2e , da identidade: (a + b + g)2 = a2 + b2 + g2 + 2 . (ab + ag + bg), obtm-se:

145

[1]

Das igualdades: ADAB

BEBC

e CFCA

, tem-se

DBAB

ECBC

e AFCA

1 1 1 , . [2]

Usando a propriedade: reas de tringulos de alturas de comprimentos iguais so proporcionais aos comprimentos das correspondentes bases destes tringulos, [1] e [2], podemos escrever sucessivamente:

ADFABF

ABFABC

ADAB

AFAC

ADFABC

ADAB

AFAC

. . . . 1

. [3]

BEDBCD

BCDABC

BEBC

DBAB

BEDABC

BEBC

DBAB

. . . . 1

. [4]

CFECAB

CABABC

CFCA

ECBC

CFEABC

CFCA

ECBC

. . . . 1

. [5]

Por outro lado, (DEF) + (ADF) + (BED) + (CFE) = (ABC) (ver figura)

Ou ainda DEFABC

ADEABC

BEDABC

CFEABC

1

Portanto, da igualdade acima e as razes obtidas em [3], [4] e [5] encontramos:

DEFABC

1 1 23

145

1645

.

RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

4 O.S: 6453/11-Thiago

27. Sendo 0 < m < 1, temos: logm (x4 + m4) 2 + logm

xm

m2

22

logm (x4 + m4) logm m2 + logm

xm

m2

22

logm (x4 + m4) logm m

xm

m22

2

2.

x4 + m4 x2

4 + m4 x4 x

2

4 0 x2 (x2 1

4) 0

x = 0 ou x2 14

0 x = 0 ou x2 14

x = 0 ou | x | 12

12

12

x

28. Para y = 0, ficamos com f(x2) = x . f(x). Trocando x por x, ficamos com

f (x2) = f ((x)2) = (x)f (x).

Logo, xf (x) = x f (x) f (x) = f (x), para todo x real no nulo. Para x = 0, tambm temos f (0) = 0. Portanto, f mpar.

b) Da equao f (x2) = xf (x), conclumos que

f (x2 y2) = f (x2) f (y2), ou ainda, f (x2) = f (x2 y2) + f (y2).

Agora, dados u e v reais, se u > 0 e v > 0, existem x > y reais tais que u = x2 y2 e v = y2. Da, pela ltima equao acima, obtemos f (u + v) = f (u) + f (v). Com um raciocnio anlogo e usando que f mpar, provamos os outros casos.

29. En el grfico:

Se deduce:x = xcos ysen ...(1)y = xsen + ycos ...(2)

RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

5 O.S: 6453/11-Thiago

Del enunciado:

Dato: tg 34

sen

3545

cos

En el sistema rotado, P es un punto medio de AB, entonces:

P

x y

x x y yp p

A B A B

' ; '

;

;

; ...

2 24 22

6 42

1 5 3

En el sistema XY, el punto P: P

x y

x y sen x sen y

;

'cos ' ; ' 'cos

;

1 45

5 35

1 35

5 45

195

175

;

De (1)y(2):

De (3):

30. m am bn an bp ap b

IIIIII

3

3

3

000

1 Fazendo (I) (II), temos: m3 + am + b n3 an b = 0 m3 n3 + am an = 0 (m n) (m2 + mn + n2) + a(m n = 0) (m n) (m2 + mn + n2 + a) = 0, mas m n 0, ento: m2 + mn + n2 + a = 0 (IV)

RESOLUO DA PROVA ITA - MATEMTICA

6 O.S: 6453/11-Thiago

2 Fazendo (I) (III), temos m3 + am + b p3 ap b = 0 m3 p3 + am ap = 0 (m p) (m2 + mp + p2) + a(m p) = 0 (m p) (m2 + mp + p2 + a) 0, mas m p 0, ento: m2 + mp + p2 + a = 0

3 Fazendo (IV) (V), temos: m2 + mn + n2 + a m2 mp p2 a = 0 n2 p2 + mn mp = 0 (n + p) (n p) + m (n p) = 0 (n p) (m + n + p) = 0, mas n p 0, ento: m + n + p = 0