a matemática no ita

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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Cada logaritmo deve existir separadamente, o que implica em duas
situações:
1
π
π
⎧
⎪⎪sen x < − 2 ⇒ − 2 < x < − 6
2
4sen x − 1 > 0 ⇒ ⎨
⎪ sen x > 1 ⇒ π < x < π
⎪⎩
2
6
2
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.
4 − sec 2 x > 0 ⇒ −2 < sec x < 2 ⇒ como cos x > 0 , temos apenas que
1
π
π
0 < sec x < 2 ⇒ cos x > ⇒ − < x < .
2
3
3
Aplicando finalmente as propriedades dos logaritmos, temos:
⎛ 4sen2 x − 1 ⎞
logcos x (4sen2 x − 1) − logcos x (4 − sec 2 x ) = logcos x ⎜
⎟>2
2
⎝ 4 − sec x ⎠
Lembrando que no domínio considerado temos para a base do
logaritmo: 0 < cos x < 1 . Logo, ao aplicarmos a definição de logaritmo,
temos que inverter a desigualdade (pois a base é menor que 1).
Assim:
⎛ 4 sen2 x − 1 ⎞
4 sen2 x − 1
>
⇔
< cos2 x
logcos x ⎜
2
⎟
2
4 − sec 2 x
⎝ 4 − sec x ⎠
4 sen2 x − 1
4sen2 x − 1 − cos2 x(4 − sec 2 x )
− cos2 x < 0 ⇒
<0
2
4 − sec x
4 − sec 2 x
Considerando apenas o numerador da fração, temos:
4 sen2 x − 1 − cos2 x(4 − sec 2 x ) = 4 sen2 x − 4cos2 x − 1 + cos2 x.
= −(4cos2 x − 4 sen2 x ) − 1 + 1 = − cos 2 x .
Assim, a desigualdade fica:
− cos2 x
cos2 x
<0⇒
>0
4 − sec 2 x
4 − sec 2 x
Por uma das condições de existência ( 0 < sec x < 2 ) , é obrigatório
Bons estudos!
UMA QUESTÃO INTERESSANTE
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.
que 4 − sec 2 x > 0 (denominador positivo). Logo, para resolvermos a
inequação,
basta
que
tenhamos
para
o
numerador
π
π
cos2x > 0 ⇒ − < x < .
4
4
π
π
Considerando todos os intervalos, chegamos em − < x < −
ou
4
6
π
π
<x< .
6
4
A seguir, forneceremos algumas ferramentas que podem ajudá-lo na
prova, a respeito destes dois assuntos.
Exemplo: (ITA 2005) Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto
afirmar:
a) x ∈]0;2[
d) x 2 é irracional
e) x ∈]2;3[
b) x é racional
c)
2 x 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:
FORMULÁRIO DE TRIGONOMETRIA
x = 7 − 4 3 + 3 ⇒ ( x − 3)2 = 7 − 4 3
sen2 x + cos2 x = 1
x − 2 x 3 + 3 = 7 − 4 3 ⇒ x − x.2 3 − 4 − 4 3 = 0
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.
2
1
cos2 x
2
Fórmulas básicas
tg2 x + 1 = sec 2 x
1
cos x
1
cosec x =
sen x
cotg2 x + 1 = cosec 2 x
sen x
cos x
cos x
1
cotg x =
=
sen x tg x
sec x =
tg x =
Soma e subtração de arcos
sen(a + b ) = sen a.cos b + sen b.cos a
tg a + tg b
tg(a + b ) =
1 − tg a.tg b
sen(a − b ) = sen a.cos b − sen b.cos a
Observe que 7 − 4 3 = 22 − 2.2. 3 + ( 3)2 = (2 − 3)2 .
Assim: x = 7 − 4 3 − 3 = 2 − 3 + 3 ⇒ x = 2
cos(a + b ) = cos a.cos b − sen a.sen b
MISTURANDO TEMAS DIFERENTES
tg(a − b ) =
cos(a − b ) = cos a.cos b + sen a.sen b
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):
tg a − tg b
1 + tg a.tg b
Arco duplo
sen2 x = 2.sen x.cos x
cos2 x = cos2 x − sen2 x
cos2x = 2.cos2 x − 1
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:
−π
π
⎛ −π π ⎞
< x < 0 ou 0 < x <
cos x > 0 e cos x ≠ 1 ⇒ x ≠ 0 e x ∈ ⎜ ; ⎟ ⇒
2
2
⎝ 2 2⎠
tg2 x =
cos2 x = 1 − 2sen2 x
2.tg x
1 − tg2 x
Arco triplo
sen3 x = 3 sen x − 4 sen3 x
cos3 x = 4cos3 x − 3cos x
Arco metade
1 − cos x
⎛x⎞
sen ⎜ ⎟ = ±
2
⎝2⎠
39
1 + cos x
⎛x⎞
cos ⎜ ⎟ = ±
2
⎝2⎠
1 − cos x
⎛x⎞
tg ⎜ ⎟ = ±
1 + cos x
⎝2⎠
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Transformação de soma em produto
sen( p + q ) + sen( p − q ) = 2.senp.cos q
LOGARITMOS
Definição de logaritmo:
p+q
p−q
cos
2
2
p−q
p+q
sen p − sen q = 2.sen
cos
2
2
p+q
p−q
cos p + cos q = 2.cos
cos
2
2
p+q
p−q
cos p − cos q = −2.sen
sen
2
2
sen( p + q )
tg p + tg q =
cos p.cos q
sen p + sen q = 2.sen
tg p − tg q =
⎧base > 0 e base ≠ 1
logbase x = a ⇔ basea = x , onde ⎨
⎩x > 0
Resumo das propriedades:
1) logb ( xy ) = logb x + logb y
2) logb ( x / y ) = logb x − logb y
n
.logb x
m
logc x
4) logb x =
(mudança de base)
logc b
3) logbm x n =
sen( p − q )
cos p.cos q
Desigualdades envolvendo logaritmos
Base > 1 ⇒ logbase x > logbase y ⇔ x > y (crescente)
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:
f ( x ) = arcsen ( x )
[ −1; 1]
⎡ π π⎤
⎢− 2 ; 2 ⎥
⎣
⎦
f ( x ) = arccos ( x )
[ −1; 1]
[0; π]
]−∞; ∞[
⎤ π π⎡
⎥− 2 ; 2 ⎢
⎦
⎣
f ( x ) = arctg ( x )
0 < Base < 1 ⇒ logbase x > logbase 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
A = (a ) ⇒ det( A) = a = a
Obs: f ( x ) = arcsen ( x ) e f ( x ) = arctg ( x ) são estritamente crescentes
enquanto f ( x ) = arccos ( 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 π ⎞ ⎞ π 7π
arccos ⎜ cos ⎜ ⎟ ⎟ = ≠
.
⎝ 4 ⎠⎠ 4 4
⎝
⎛a c ⎞
A=⎜
⎟ ⇒ det( A) = ad − bc
⎝b d ⎠
Mas a restrição na composição inversa não existe, pois temos:
cos ( arccos ( x ) ) = x
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.
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)
⎡ π π⎤
Sendo ⎢ − ; ⎥ o contradomínio da função arcoseno e [0; π] o
⎣ 2 2⎦
contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de:
3
4⎞
⎛
cos ⎜ arcsen + arccos ⎟
5
5⎠
⎝
Resolução:
3
4
Seja arcsen = α ⇒ sen 2α + cos2 α = 1 ⇒ cos α = ± .
5
5
⎡ π π⎤
O contradomínio da função arcsen é ⎢ − , ⎥ .
⎣ 2 2⎦
Como senα =
Seja arccos
[0, π] .
⎛ π⎤
4
3
> 0 , temos que α ∈ ⎜ 0, ⎥ ⇒ cos α = .
5
5
⎝ 2⎦
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.
4
= β . Temos que o contradomínio da função arccos é
5
4
⎛ π⎞
> 0 ⇒ β ∈ ⎜ 0, ⎟
5
⎝ 2⎠
Os dois ângulos estão no mesmo quadrante e, portanto são iguais
( α = β ) . Assim:
Exemplo: (ITA 2006):
−2b
−2c ⎤
⎡a b c ⎤
⎡ −2a
Se det ⎢⎢ p q r ⎥⎥ = -1 então o valor do det ⎢⎢ 2p + x 2q + y 2r + z ⎥⎥ é
⎢⎣ x y z ⎥⎦
⎢⎣ 3 x
3y
3z ⎥⎦
igual a
a) 0
b) 4
c) 8
d) 12
e) 16
Como cos β =
cos( α + β) = cos2α = cos2 α − sen2 α =
16 9
7
−
=
.
25 25 25
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Resolução: (Alternativa D)
Inicialmente, como -2 multiplica a primeira linha e 3 multiplica a
segunda, podemos retirar esses números do determinante:
−2b
−2c ⎤
b
c ⎤
⎡ −2a
⎡ a
det ⎢⎢2 p + x 2q + y 2r + z ⎥⎥ = −6.det ⎢⎢2 p + x 2q + y 2r + z ⎥⎥
⎢⎣ 3 x
⎢⎣ x
3y
3z ⎥⎦
y
z ⎥⎦
Aqui, utilizaremos a seguinte propriedade:
d
g ⎞
⎛ a
⎛a d g ⎞
⎛a
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
A = ⎜ b + x e + y h + z ⎟ ⇒ det A = det ⎜ b e h ⎟ + det ⎜ x
⎜ c
⎜c f i ⎟
⎜c
f
i ⎟⎠
⎝
⎝
⎠
⎝
Aplicando a propriedade:
b
c ⎤
b c⎤
⎡ a
⎡a
⎡a
⎢
⎥
⎢
⎥
det ⎢2 p + x 2q + y 2r + z ⎥ = det ⎢2 p 2q 2r ⎥ + det ⎢⎢ x
y
z ⎦⎥
y
z ⎦⎥
⎣⎢ x
⎣⎢ x
⎣⎢ x
d
y
f
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.
g⎞
⎟
z⎟
i ⎟⎠
Produto Escalar: Dados dois vetores u = ( x1, y1, z1 ) e v = ( x2 , y 2 , z2 )
em
b c⎤
y z ⎥⎥
y z ⎥⎦
O último determinante tem duas linhas iguais, enquanto o primeiro
tem a segunda linha multiplicada por 2. Assim:
b
c ⎤
⎡ a
⎡a b c ⎤
det ⎢⎢2 p + x 2q + y 2r + z ⎥⎥ = 2.det ⎢⎢ p q r ⎥⎥ + 0 = −2 .
⎢⎣ x
⎢⎣ x y z ⎥⎦
y
z ⎥⎦
Substituindo, temos:
−2b
⎡ −2a
det ⎢⎢2 p + x 2q + y
⎢⎣ 3 x
3y
3
, o produto escalar entre eles é definido por:
u ⋅ v = x1 ⋅ x2 + y1 ⋅ y 2 + z1 ⋅ z2
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 :
y
Q (x2, y2)
−2c ⎤
2r + z ⎥⎥ = −6.( −2) = 12 .
3z ⎥⎦
v
P (x1, y1)
θ
u
x
O
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:
a1n −1
a2n −1
1 a1
1 a2
a12
a22
1 a3
a32
a3n −1 = ( a1 − a2 )( a1 − a3 ) ... ( a2 − a3 ) ... ( an −1 − an )
1 an
an2
ann −1
= ∏ ( ai − a j )
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo OPQ:
QP 2 = OP 2 + OQ 2 − 2 ⋅ OP ⋅ OQ ⋅ cos θ ⇒
( x1 − x2 )2 + ( y1 − y 2 )2 = ( x12 + y12 ) + ( x22 + y 22 ) − 2⋅ | u | ⋅ | v | ⋅ cos θ ⇒
x1 ⋅ x2 + y1 ⋅ y 2 = | u | ⋅ | v | ⋅ cos θ ⇒ u ⋅ v = | u | ⋅ | v | ⋅ cos θ
Em particular, se u e v são vetores não nulos perpendiculares entre
si, temos que θ = 90° ⇒ cos θ = 0 ⇒ u ⋅ v = 0 .
Produto vetorial: Dados dois vetores u = ( x1, y1, z1 ) e v = ( x2 , y 2 , z2 )
i<j
Exemplo: (ITA 2003)
Sejam a , b , c e d números
determinante da matriz:
⎡ bcd
⎢
⎢ acd
⎢abd
⎢
⎣⎢ abc
em
reais não-nulos. Exprima o valor do
1
1
1
1
3
, o produto vetorial entre eles é dado pelo determinante:
i
u ∧ v = x1
x2
a a2 ⎤
⎥
b b2 ⎥
c c2 ⎥
⎥
d d 2 ⎦⎥
j
y1
y2
k
y
z1 = 1
y2
z2
z1
z
⋅i + 1
z2
z2
x1
x
⋅j+ 1
x2
x2
y1
⋅k
y2
O produto vetorial resulta, para cada par de vetores u e v , num
Na forma de um produto de números reais.
outro vetor u ∧ v , que é perpendicular ao plano determinado por
esses dois vetores. Seu módulo é dado por:
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):
1 a a2 a3
bcd 1 a a 2
abcd a a 2 a3
acd 1 b b 2
abcd b b 2 b3 abcd 1 b b 2 b3
1
=
⋅
=
⋅
2
abcd abcd c c 2 c 3 abcd 1 c c 2 c 3
abd 1 c c
abc 1 d d 2
abdc d d 2 d 3
1 d d2 d3
| u ∧ v | = | u | ⋅ | v | ⋅ sen θ
Esse módulo representa, geometricamente, a área do paralelogramo
determinado pelos vetores u e v :
v
h = | v | ⋅ sen θ
E o determinante acima é o Determinante de Vandermonde, então:
θ
bcd
acd
abd
abc
1
1
1
1
a a2 1 a a2
b b2 1 b b2
=
c c2 1 c c2
d d2 1 d d2
a3
b3
=
c3
d3
u
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.
= ( a − b )( a − c )( a − d )( b − c )( b − d )( c − d ) .
41
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Produto Misto: Sejam u = ( x1, y1, z1 ) , v = ( x2 , y 2 , z2 ) e w = ( x3 , y 3 , z3 )
y
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:
y z
z
[u,v ,w ] = u ⋅ (v ∧ w ) = x1 ⋅ y 2 z2 + y1 ⋅ z2
3
3
3
2
x2
x
+ z1 ⋅ 2
x3
x3
y1
y2
z1
z2
x3
y3
z3
B
y2
.
y3
Segue que:
x1
[u,v ,w ] = x2
1+ 3
C
1− 3
x
2
A
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 z = 0 de um sistema de coordenadas tridimensional, de eixos
x, y e z. Assim, os três vértices apresentados seriam adequadamente
Vamos determinar um significado geométrico para o produto misto
dos vetores u , v e w . Considere a figura a seguir:
descritos por A = (0,0,0) , B = (2,2,0) e C = (1 − 3,1 + 3,0) .
v ∧w
A aresta do tetraedro é dada por:
= AB = (2 − 0)2 + (2 − 0)2 + (0 − 0)2 = 2 2
A
A'
D
C
u
h
θ
O
w
C
B
v
A
G
A partir do produto escalar, temos:
[u,v ,w ] = | u ⋅ (v ∧ w ) | = | u | ⋅ | v ∧ w | ⋅ | cos θ |
M
B
Pela figura, note que a altura h do paralelepípedo, relativa à base
formada pelos vetores v e w , é h = | u | ⋅ | cos θ | . Como | v ∧ w |
A altura do triângulo equilátero ABC será:
3 2 2 3
CM =
=
= 6
2
2
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 .
Sendo G o baricentro do triângulo ABC, correspondente à projeção do
vértice V no plano da base ABC, temos:
2
2
CG = CM =
6
3
3
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:
SOBC
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DGC,
determinamos a altura DG relativa à base ABC:
1
= ⋅|v ∧w |
2
2
⎛2 6⎞
(DG )2 + (CG )2 = (DC )2 ⇒ (DG )2 + ⎜
= 2 2
⎜ 3 ⎟⎟
⎝
⎠
Além disso, a altura do tetraedro, relativa a essa base OBC, será a
mesma altura h considerada para o paralelepípedo. Assim:
1
1 ⎛1
⎞
VOABC = ⋅ SOBC ⋅ h = ⋅ ⎜ ⋅ | v ∧ w | ⎟ ⋅ | u | ⋅ | cos θ | ⇒
3
3 ⎝2
⎠
1
VOABC = ⋅ [u,v ,w ]
6
)
2
⇒ DG =
4
3
O volume do tetraedro será dado por:
1
1 (2 2)2 3 4
8
VABCD = ⋅ SABC ⋅ DG = ⋅
⋅
⇒ VABCD =
3
3
4
3
3
Vamos agora analisar o mesmo problema por um ponto de vista
vetorial:
Exemplo: (ITA 2005) Em relação a um sistema de eixos cartesiano
ortogonal no plano, três vértices de um tetraedro regular são dados
por A = (0,0) , B = (2,2) e C = (1 − 3,1 + 3) .
O volume do tetraedro é
8
3 3
5 3
a) .
b) 3 .
c)
.
d)
.
3
2
2
(
2ª Resolução: Seguindo o mesmo desenho da 1ª resolução, seja
D = ( xD , y D , zD ) o vértice do tetraedro fora do plano determinado pelo
triângulo ABC, com altura (cota) zD > 0 (escolhemos por simplicidade
e) 8 .
o ponto de altura positiva, embora exista uma segunda solução com
zD < 0 , totalmente análoga a esta). Como sua projeção sobre o plano
1ª Resolução: (Alternativa A)
Desenhando a figura no plano cartesiano de acordo com os pontos
dados, temos:
do triângulo ABC é exatamente o baricentro G, sua abscissa xD e sua
ordenada y D são dadas por:
42
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
⎧
x A + xB + xC 0 + 2 + (1 − 3 )
=
= 1−
⎪ xD = xG =
⎪
3
3
⎨
y A + y B + y C 0 + 2 + (1 + 3)
⎪
=
= 1+
⎪⎩ y D = y G =
3
3
De acordo com o enunciado, a área da superfície lateral é o dobro da
área da base:
w ⋅ SM
× 4 = 2 ⋅ w 2 ⇒ SM = w
2
3
3
3
3
Sendo h a altura da pirâmide, no triângulo ΔSOM , retângulo em O,
aplicamos o teorema de Pitágoras:
Para determinar sua altura zD , lembrando que o tetraedro é regular:
AB = AD
2
2
w 3
⎛w ⎞
h2 + ⎜ ⎟ = w 2 ⇒ h =
2
⎝2⎠
2
⎛
⎞ ⎛
⎞
3
3
− 0 ⎟ + ⎜1 +
− 0 ⎟ + ( zD − 0)2
(2 − 0)2 + (2 − 0)2 + (0 − 0)2 = ⎜ 1 −
⎜
⎟
⎜
⎟
3
3
⎝
⎠ ⎝
⎠
zD 2 =
⎛
w 3⎞
Assim, temos as coordenadas de S = ( 0,0, h ) = ⎜ 0,0,
⎟ , de modo
⎜
2 ⎟⎠
⎝
4
4 3
⇒ zD =
(lembrando que tomamos zD > 0 )
3
3
que as coordenas de P e Q, pontos médios dos segmentos SC e
Colocando o ponto A = (0,0,0) como origem de três vetores u , v e
SD , respectivamente, são dadas por:
w , que representam as três arestas do tetraedro, suas componentes
serão iguais a:
⎧
⎪
⎪u = AB = B − A = (2,2,0)
⎪
⎨v = AC = C − A = (1 − 3,1 + 3,0)
⎪
⎪w = AD = D − A = ⎛⎜ 1 − 3 ,1 + 3 , 4 3 ⎞⎟
⎜
⎪
3
3
3 ⎟⎠
⎝
⎩
P=
Os vetores DP e AQ , por sua vez, serão dados por:
⎧
⎛ w w w 3 ⎞ ⎛ w w ⎞ ⎛ 3w w w 3 ⎞
, ,
⎪DP = P − D = ⎜⎜ − , − ,
⎟⎟ − ⎜ , − ,0 ⎟ = ⎜⎜ −
⎟⎟
⎪
⎝ 4 4 4 ⎠ ⎝2 2 ⎠ ⎝ 4 4 4 ⎠
⎨
⎛ w w w 3 ⎞ ⎛ w w ⎞ ⎛ w 3w w 3 ⎞
⎪
⎪ AQ = Q − A = ⎜⎜ 4 , − 4 , 4 ⎟⎟ − ⎜ 2 , 2 ,0 ⎟ = ⎜⎜ − 4 , − 4 , 4 ⎟⎟
⎠ ⎝
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎩
Desse modo, segue que o volume do tetraedro é dado por:
2
VABCD
2
0
1
1
= ⋅ [ u, v , w ] = ⋅ | 1 − 3
6
6
1+ 3
0
3
1−
3
3
1+
3
4 3
3
VABCD =
(
) (
S +C ⎛ w w w 3 ⎞
S + D ⎛w w w 3 ⎞
= ⎜ − ,− ,
= ⎜ ,− ,
.
⎟⎟ e Q =
⎜
⎜ 4 4 4 ⎟⎟
2
2
⎝ 4 4 4 ⎠
⎝
⎠
Finalmente, lembramos que o produto interno u ⋅ v entre dois vetores
u e v se relaciona com o ângulo θ entre esses vetores por:
|
u ⋅ v = | u | ⋅ | v | ⋅ cos θ ⇒ cos θ =
)
1 4 3 ⎡
8
⋅
⋅ 1 + 3 − 1 − 3 ⎤ ⇒ VABCD =
⎦
6 3 ⎣
3
2
2
2
w 13
⎛ 3w ⎞ ⎛ w ⎞ ⎛ w 3 ⎞
DP = ⎜ −
+
⎟ =
⎟ ⎜ ⎟ +⎜
4
⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎜⎝ 4 ⎟⎠
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.
2
2
2
w 13
⎛ w ⎞ ⎛ 3w ⎞ ⎛ w 3 ⎞
AQ = ⎜ − ⎟ + ⎜ −
+⎜
⎟⎟ =
⎟
⎜
4
4
4
4
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
Substituindo:
3w 2
3
⎛ 3 ⎞
16
cos θ =
=
=
⇒ θ = arccos ⎜ ⎟
⎝ 13 ⎠
DP ⋅ AQ w 13 w 13 13
⋅
4
4
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:
DP ⋅ AQ
z
CÔNICAS
S
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.
y
a 2 = b2 + c 2
y
B1 ( b,0 )
Q
a
x
A1 ( −a,0 )
O
M
e=
a
A
B
C
|u |⋅|v |
Assim, calculando cada termo separadamente:
2
⎛ 3w ⎞ ⎛ w ⎞ w ⎛ 3w ⎞ w 3 w 3 3w
DP ⋅ AQ = ⎜ −
⋅
=
⎟⋅⎜− ⎟ + ⋅⎜−
⎟+
4
4
16
⎝ 4 ⎠ ⎝ 4⎠ 4 ⎝ 4 ⎠
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.
P
u ⋅v
F1 ( −c,0 )
O
F2 ( c,0 ) A 2 ( a,0 )
x
B2 ( −b,0 )
D
O: centro
F1, F2: focos
A1, A2, B1, B2: vértices
A1A2: eixo maior (2a)
As coordenadas dos vértices da base quadrada são:
⎛w w ⎞
⎛ w w ⎞
⎛ w w ⎞
⎛w w ⎞
A = ⎜ , ,0 ⎟ , B = ⎜ − , ,0 ⎟ , C = ⎜ − , − ,0 ⎟ e D = ⎜ , − ,0 ⎟ .
⎝2 2 ⎠
⎝ 2 2 ⎠
⎝ 2 2 ⎠
⎝2 2 ⎠
43
B1B2: eixo menor (2b)
F1F2: distância focal (2c)
e: excentricidade
c
<1
a
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
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=CÆθ=π/4
A ≠ C Æ tg 2θ = 2B/(A – C)
é possível também identificar a cônica através de sua equação
pelo determinante:
Equações reduzidas – centro em (x0, y0)
•
A1A2 // Ox:
•
A1A2 // Ou:
( x − x0 )
a
2
+
2
( y − y0 )
a
2
+
2
( y − y0 )
2
=1
b2
( x − x0 )
b
2
=1
2
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.
y
B1 ( b,0 )
F1 ( −c,0 )
A1 ( −a,0 )
A 2 ( a,0 )
O
c
(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.
c 2 = a2 + b2
c
e = >1
a
x
F2 ( c,0 )
Em 2006 tivemos 2 questões de cônicas, uma delas discursiva.
Confira!
B2 ( −b,0 )
O: centro
F1, F2: focos
A1, A2: vértices
e: excentricidade
Exemplo (ITA 2006):
Sabendo que 9y2-16x2-144y+224x-352=0 é a equação de uma
hipérbole, calcule sua distância focal.
A1A2: eixo real (2a)
B1B2: eixo imaginário ou conjugado (2b)
F1F2: distância focal (2c)
Completando os quadrados na equação acima, temos:
9( y 2 − 16 y + 64) − 576 − 16.( x 2 − 14 x + 49) + 784 − 352 = 0
Equações reduzidas – centro em (x0, y0)
•
•
A1A2 // Ox:
A1A2 // Ou:
( x − x0 )
2
−
a2
( y − y0 )
2
a2
−
( y − y0 )
( y − 8)2 ( x − 7)2
−
=1
16
9
Logo, a equação reduzida da hipérbole é:
⎧a = 4
( y − 8)2 ( x − 7)2
−
= 1⇒ ⎨
2
2
4
3
⎩b = 3
2
b2
( x − x0 )
9( y − 8)2 − 16.( x − 7)2 = 144 ⇒
=1
2
=1
b2
A partir das relações notáveis da hipérbole, temos:
c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 9 = 25 ⇒ c = 5
Assim, a distância focal é 2c = 10.
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.
d
y
V ' V = VF = p
NÚMEROS COMPLEXOS E GEOMETRIA ANALÍTICA
2
e⊥d
V'
(−p
2,0 )
F ( p 2,0 )
V
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 ArgandGauss), desenvolvemos algumas ideias.
x
e
F: foco V: vértice V’F: p – parâmetro e: eixo de simetria
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
Equações reduzidas – centro em (x0, y0)
•
e // Ox: ( y − y 0 ) = 4 p ( x − x0 )
•
e // Ou: ( x − x0 ) = 4 p ( y − y 0 )
P = ( x, y ) do plano cartesiano, dito afixo de z;
2
2
(II) Sendo O a origem do plano cartesiano, definimos OP = x 2 + y 2
como o módulo | z | do número complexo z = x + y ⋅ i ;
RECONHECIMENTO DE UMA CÔNICA
Dada uma equação do 2o grau redutível à forma
( x-x0 )
k1
2
+
( y-y0 )
k2
(III) Se z = x + y ⋅ i , z ∈
2
=1
qualquer,
temos:
e z0 = a + b ⋅ i é um número complexo
z − z0 = ( x + i ⋅ y ) − (a + b ⋅ i ) = ( x − a )2 + ( y − b )2 ,
k1 = k 2
Circunferência
que é a distância entre dois pontos da Geometria Analítica;
k1>0, k2>0 e k1>k2
Elipse de eixo maior horizontal
(IV) De (III), temos que:
k1>0, k2>0 e k1<k2
Elipse de eixo maior vertical
•
z − z0 = R é uma circunferência de centro z0 e raio R;
k1>0 e k2<0
Hipérbole de eixo real horizontal
•
z − z1 + z − z2 = 2k é uma elipse de focos z1 e z2 , e eixo
k1<0 e k2>0
Hipérbole de eixo real vertical
maior de comprimento 2k , para k > 0 ;
•
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
z − z1 − z − z2
= 2k é uma hipérbole de focos z1 e z2 , e
eixo transverso de comprimento 2k , para k > 0 .
(V) Com relação ao argumento de z, temos que arg( z ) = θ é uma
semirreta iniciada na origem, e arg( z − z0 ) = θ é uma semirreta com
início em z0 .
44
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
(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
ρ ( cos θ + i sen θ ) ⋅ ( cos α + i sen α ) = ρ ( cos ( θ + α ) + i sen ( θ + α ) ) .
Substituindo x na primeira fórmula, temos:
i 2θ2 i 3 θ3 i 4 θ4 i 5θ5 i 6θ6
ei θ = 1 + i θ +
+
+
+
+
...
2!
3!
4!
5!
6!
θ2
θ3 θ4
θ5 θ 6
−i
+
+i
− ...
ei θ = 1 + i θ −
2!
3! 4!
5! 6!
Observe que cada termo de potência ímpar está multiplicado por i, de
modo que podemos colocar a unidade imaginária em evidência:
⎛ θ2 θ 4 θ6
⎞ ⎛
θ3 θ5 ⎞
+
−
+ ... ⎟ + i ⎜ θ −
+ ... ⎟
ei θ = ⎜1 −
2! 4! 6!
3! 5! ⎠
⎝
⎠ ⎝
Exemplo: (ITA 2000) Seja z0 o número complexo 1 + i . Sendo S o
conjunto solução no plano complexo de | z − z0 | = | z + z0 | = 2 , então o
produto dos elementos de S é igual a
a) 4(1 − i )
b) 2(1 + i )
c) 2(i − 1)
cos θ
d) −2i
Assim, temos então que e = cos θ + i .senθ , a conhecida
identidade de Euler.
A partir daí, conseguimos determinar a forma exponencial de um
número complexo:
z = ρ.(cos θ + i .sen θ) ⇒ z = ρ.e i θ (ρ = módulo )
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:
z = ρ.[cos(θ) + i .sen(θ)] ⇒ z n = ρn .[cos(nθ) + i .sen(nθ)]
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:
z = ρ.(cos θ + i .sen θ) = ρ.e i θ ⇒ z n = (ρ.e i θ )n = ρn .e inθ
e) 2i
Resolução: (Alternativa E)
Identificando no plano complexo o afixo de z0 = 1 + i como o ponto
(1,1) , e o afixo de − z0 = −1 − i como ( −1, −1) , temos as circunferências
λ1 : | z − z0 | = 2 , de centro (1,1) e raio 2, e λ 2 : | z − ( − z0 ) | = 2 , de
centro ( −1, −1) e raio 2. A representação no plano cartesiano seria:
y
λ1
Q
(1,1)
( −1, −1)
⇒ z n = ρn .[cos( nθ) + i .sen( nθ)]
Dois lemas úteis também podem ser retirados facilmente da
identidade de Euler:
θ iθ2
⎧
iθ
⎪⎪1 − e = −2i ⋅ sen 2 ⋅ e
⎨
⎪1 + e i θ = 2 ⋅ cos θ ⋅ e i θ 2
⎪⎩
2
A demonstração da primeira é:
iθ
−i θ
2 ⎞
iθ
iθ
iθ ⎛ e 2 − e
−i θ
θ iθ
⎟ = −2i ⋅ sen ⋅ e 2
1 − e i θ = e 2 e 2 − e 2 = −2i ⋅ e 2 ⎜
⎜
⎟
2i
2
⎝
⎠
x
O
sen θ
iθ
P
)
(
λ2
θ
θ⎞ ⎛
θ
θ⎞
θ
⎛
= ⎜ cos + i sen ⎟ − ⎜ cos − i sen ⎟ = 2i ⋅ sen .
2
2⎠ ⎝
2
2⎠
2
⎝
A demonstração do segundo lema é análoga e fica como exercício.
Pelo desenho, claramente os pontos em comum às duas
circunferências são P = (1, −1) e Q = ( −1,1) , de modo que o conjunto S
Pois e
é dado por S = {1 − i , −1 + i } . Assim, o produto de seus elementos é:
(1 − i ) ⋅ ( −1 + i ) = 2i .
iθ
2
−e
−i θ
2
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.
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:
x2 x3
ex = 1+ x +
+
+ ...
2! 3!
x2 x4 x6
cos x = 1 −
+
−
+ ...
2! 4! 6!
x3 x5 x7
sen x = x −
+
−
+ ...
3! 5! 7!
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
Exemplo: (ITA 1997) Considere os números complexos z =
6
w + 3z + 4i
z 2 + w 3 + 6 - 2i
e w = 1 + i 3 . Se m =
a) 34
4
b) 26
2
, então m vale:
c) 16
d) 4
Resolução: (Alternativa A)
Utilizando a forma exponencial, temos:
z = 2e
iπ
4
e w = 2e
iπ
3
Dessa forma, temos então que o numerador é dado por:
w 6 + 3.z 4 + 4i = 64.e 2 πi + 3.16.e πi + 4i = 16 + 4i
Fazendo o mesmo para o denominador:
z 2 + w 3 + 6 − 2i = 4.e
iπ
2
Dessa forma temos m =
45
+ 8.e i π + 6 − 2i = −2 + 2i
16 + 4i
2
−2 + 2i
2
=
272
= 34 .
8
e) 1
2 +i 2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
TEOREMAS DE PAPPUS-GULDIN
Essa expressão pode ser escrita na notação somatório:
n
⎛n⎞
(ax + by )n = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ (ax )n − k ⋅ (by )k .
k =0 ⎝ k ⎠
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.
A partir disso, podemos destacar o termo geral do binômio:
⎛n⎞
Tk +1 = ⎜ ⎟ ⋅ (ax )n − k ⋅ (by )k
⎝k ⎠
(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:
S = 2π ⋅ L ⋅ d
E fazendo x = y = 1 , temos a soma dos coeficientes do binômio:
E
n
⎛n⎞
Soma = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ a n − k ⋅ bk = (a ⋅ 1 + b ⋅ 1)n = (a + b)n
k =0 ⎝ k ⎠
Exemplo: (ITA 2004) O termo independente de x no desenvolvimento
⎛ 33 x
5x
−3
do binômio ⎜
⎜ 5x
x
3
⎝
CM
d
a) 729 3 45
12
⎞
⎟ é:
⎟
⎠
c) 8913
b) 972 3 15
3
5
d) 376 3
5
3
e) 165 3 75
Resolução: (Alternativa E)
Do binômio de Newton, temos:
E'
⎛ 33 x
5x
⎜
−3
⎜ 5x
3
x
⎝
(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:
V = 2π ⋅ S ⋅ d
1
⎡
⎤
⎛ 12 ⎞ ⎛ 3 ⎞ 2 − 1
= ∑ ⎜ ⎟ ⋅ ⎢⎜ ⎟ x 3 ⎥
⎢⎝ 5 ⎠
⎥
k =0 ⎝ k ⎠
⎣
⎦
12
12 − k
12
12
1
1
−
⎛
⎞
⎞
3 2 −1
3 3 1
⎟ = ⎜ ⎜⎛ ⎟⎞ x 3 − ⎜⎛ ⎟⎞ x 6 ⎟ =
⎟
⎝5⎠
⎜⎜ ⎝ 5 ⎠
⎟⎟
⎠
⎝
⎠
k
1
36 − 5 k
−
⎡
1⎤
3 k − 24
12
⎛ 12 ⎞
⎛3⎞ 3
⎛3⎞ 6
⋅ ⎢ − ⎜ ⎟ x 6 ⎥ = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ ( −1)k ⎜ ⎟
⋅x 6
⎢ ⎝5⎠
⎥
⎝5⎠
k =0 ⎝ k ⎠
⎣
⎦
E
S
•
36 − 5 k
3 k − 24
⎛ 12 ⎞
⎛3⎞ 6
⋅x 6 .
E o termo geral de tal binômio é: Tk +1 = ⎜ ⎟ ⋅ ( −1)k ⋅ ⎜ ⎟
⎝5⎠
⎝k ⎠
Assim, para que tenhamos o termo independente de x, o expoente de
3k − 24
x deve ser zero. Logo,
= 0 ⇔ k = 8 . Portanto, o termo
6
independente de x é obtido se k = 8 , e tal termo é:
d
⎛ 12 ⎞
⎛3⎞
T9 = ⎜ ⎟ ( −1)8 ⎜ ⎟
⎝5⎠
⎝8⎠
E’
−
4
6
x 0 = 495 3
25
⇔ T9 = 165 3 75 .
9
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) 8π cm2
b) 9π cm2
c) 12π cm2
Se podemos desenvolver o binômio de Newton, também podemos
desenvolver o polinômio de Newton, que é conhecido como polinômio
de Leibniz.
d) 16π cm2
Pensando analogamente ao binômio de Newton, podemos
desenvolver o polinômio de Leibniz como uma generalização do
binômio. Assim:
Tal polinômio é obtido do desenvolvimento de ( x1 + x2 +
e) 36π cm2
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 A = 2π ⋅ x ⋅ p , onde p é o perímetro do triângulo
equilátero. Logo:
A = 2π ⋅ x ⋅ p = 2π ⋅ 3 ⋅ 6 ⇔ A = 36π cm2
( x1 + x2 +
onde α1 + α 2 +
n!
x1α1 x2α2
α1 ! α 2 ! α p !
Chamamos de Binômio de Newton a expressão da forma (ax + by )n ,
onde a, b, x e y são números reais (ou complexos) e n é um número
natural. Tal expressão é desenvolvida pela fórmula:
⎛n⎞
⎛n⎞
⎛n⎞
(ax + by )n = ⎜ ⎟ ⋅ (ax )n ⋅ (by )0 + ⎜ ⎟ ⋅ (ax )n −1 ⋅ (by )1 + ⎜ ⎟ ⋅ (ax )n − 2 ⋅ (by )2 +
0
1
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ 2⎠
α
xp p ,
+ αp = n .
Exemplo: (ITA 2006) Determine
desenvolvimento de (1 + x + x 2 )9 .
BINÔMIO DE NEWTON
+
+ x p )n = ∑
+ x p )n .
o
coeficiente
de
x4
Resolução:
A partir do desenvolvimento do polinômio de Leibniz, temos:
9! i j 2 k
9!
x j + 2 k , onde i + j + k = 9 .
(1 + x + x 2 )9 = ∑
1x x =∑
i ! j !k !
i ! j !k !
⎛ n ⎞
⎛n⎞
1
n −1
0
n
+⎜
⎟ ⋅ (ax ) ⋅ (by ) + ⎜ ⎟ ⋅ (ax ) ⋅ (by )
−
n
n
1
⎝
⎠
⎝ ⎠
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no
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
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:
{ } = A0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ An −1 ⊂ An
⎧i + j + k = 9
Assim, devemos resolver o seguinte sistema: ⎨
, com i, j, k
⎩ j + 2k = 4
inteiros não-negativos. Com isso, podemos montar uma tabela:
i
7
6
5
j
0
2
4
k
2
1
0
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.
Logo, o coeficiente de x 4 em (1 + x + x 2 )9 é:
9!
9!
9!
+
+
= 36 + 252 + 126 = 414
7!0!2! 6!2!1! 5!4!0!
EQUAÇÕES POLINOMIAIS RECÍPROCAS
TEORIA DOS CONJUNTOS
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.
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.
(I). Reconhecimento
Uma equação da forma an ⋅ x n + an −1 ⋅ x n −1 +
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 .
conjunto de equações “simétricas”, por exemplo:
a) 2 x 2 + 3 x + 2 = 0 ;
b) 4 x 3 − 3 x 2 + 3 x − 4 = 0 ;
c) a ⋅ x 6 − b ⋅ x 5 + c ⋅ x 4 − c ⋅ x 2 + b ⋅ x − a = 0 , com a ≠ 0 ;
Subconjunto: se todos os elementos de um conjunto A pertencem a
um conjunto B então A é subconjunto de B, ou seja, A ⊂ B .
d) a ⋅ x 5 + b ⋅ x 4 + c ⋅ x 3 + c ⋅ x 2 + b ⋅ x + a = 0 , com a ≠ 0 .
(II). Classificação e Resolução
Se ak = an − k , como em (a) e (d), a equação é classificada como
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 } .
+ a1 ⋅ x + a0 = 0 é dita
recíproca se e somente se ak = ±an − k , com 0 ≤ k ≤ n . Isto fornece um
equação recíproca de primeira espécie;
Se ak = −an − k , como em (b) e (c), a equação é classificada como
equação recíproca de segunda espécie.
Complementar: se A ⊂ B então o complementar de A com relação à
B é o conjunto CAB = B − A .
Exemplo: (ITA 2008 adaptada) É dada a equação polinomial
(a + c + 2) ⋅ x 3 + (b + 3c + 1) ⋅ x 2 + (c − a ) ⋅ x + (a + b + 4) = 0 , com a, b, c
União de dois conjuntos: n( A ∪ B ) = n( A) + n(B ) − n( A ∩ B )
reais e a + c ≠ −2 . 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
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 P = { A1, A2 ,..., An } é uma partição de A se cada conjunto
Resolução: (Alternativa E)
Do fato de ser recíproca de primeira espécie, temos:
⎧a + c + 2 = a + b + 4
⎧b = c − 2
⇔⎨
.
⎨
⎩b + 3c + 1 = c − a
⎩a = 1 − 3c
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.
Usando o fato de que x = 1 é raiz, temos:
(a + c + 2) ⋅ 13 + (b + 3c + 1) ⋅ 12 + (c − a ) ⋅ 1 + (a + b + 4) = 0 ⇔
a + 2b + 5c = −7
Exemplo: A = {1, 2, 3, 4, 5}
Fazendo A1 = {1, 2, 3} e A2 = {4, 5}, temos que A1 ∩ A2 = { } e
Resolvendo o sistema de três equações a três incógnitas:
⎧b = c − 2
⎧a = 4
⎪
⎪
a
c
1
3
=
−
⇔
⎨
⎨b = −3
⎪
⎪
⎩a + 2b + 5c = −7
⎩c = −1
A1 ∪ A2 = A ⇒ { A1, A2 } 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,
Assim, o produto pedido vale:
a ⋅ b ⋅ c = 4 ⋅ ( −3) ⋅ ( −1) ⇔ a ⋅ b ⋅ c = 12
A partir da classificação, podemos deduzir que:
a) x = 1 é raiz de uma equação recíproca de segunda espécie;
b) x = −1 é raiz de uma equação recíproca de primeira espécie e grau
ímpar.
Resolvendo uma equação recíproca de segunda espécie com x = 1 ,
caímos em uma equação recíproca de primeira espécie de grau par
ou grau ímpar. Se o grau for impar, x = −1 é raiz; se o grau for par, a
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Se a = 2 , ficamos com a equação 0 ⋅ x = 0 , que é satisfeita para todo
x ∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = .
p
técnica de resolução é dividir a equação por x 2 , onde p é o grau do
polinômio resultante, e usar as identidades a seguir:
1
1
1
x + = α , x 2 + 2 = α 2 − 2 , x 3 + 3 = α3 − 3α ,...
x
x
x
Se a = −2 , ficamos com a equação 0 ⋅ x = −4 , que não é satisfeita
para nenhum valor real de x. Assim, temos conjunto verdade V = ∅ .
Exemplo: (ITA 1997) Seja S o conjunto de todas as raízes da
equação 2 x 6 − 4 x 5 + 4 x − 2 = 0 . 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.
Se a ≠ 2 e a ≠ −2 , temos x =
a−2
1
=
e, nesse caso, o
(a + 2) ⋅ (a − 2) a + 2
⎧ 1 ⎫
conjunto verdade V = ⎨
⎬ é unitário.
⎩a + 2 ⎭
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 nãonegativos), etc.
Resolução: (Alternativa D)
A equação é recíproca de segunda espécie, de modo que x = 1 é
raiz. Dividindo p( x ) = 2 x 6 − 4 x 5 + 4 x − 2 por x − 1 , temos:
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:
(a 2 − 4) ⋅ x ≥ a − 2
p( x ) = 2 x 6 − 4 x 5 + 4 x − 2 = 2 ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x 5 − x 4 − x 3 − x 2 − x + 1)
A equação x 5 − x 4 − x 3 − x 2 − x + 1 = 0 , por sua vez, é recíproca de
primeira espécie e grau ímpar, de modo que x = −1 é raiz, e podemos
dividir por x + 1 :
p( x ) = 2 ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x + 1) ⋅ ( x 4 − 2 x 3 + x 2 − 2 x + 1)
Começamos, novamente, fatorando a expressão no primeiro membro:
(a + 2) ⋅ (a − 2) ⋅ x ≥ a − 2
A equação x 4 − 2 x 3 + x 2 − 2 x + 1 = 0 é recíproca de primeira espécie e
Se a = 2 , ficamos com a inequação 0 ⋅ x ≥ 0 , que é satisfeita para
todo x ∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = .
grau par. Como x = 0 não é raiz, dividindo os dois membros por x 2 ,
vem que:
2 1
x 4 − 2x 3 + x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x 2 − 2x + 1 − + 2 = 0
x x
Se a = −2 , ficamos com a inequação 0 ⋅ x ≥ −4 , que também é
satisfeita para todo x ∈ . Assim, aqui também temos conjunto
verdade V = .
1
1
= α , temos x 2 + 2 = α 2 − 2 , de
x
x
modo que caímos na equação em α :
1
α 2 − 2α − 1 = 0 ⇔ α = 1 ± 2 ⇔ x + = 1 ± 2
x
Fazendo a troca de variáveis x +
Se a ≠ 2 e a ≠ −2 , devemos agora analisar o sinal do coeficiente
a 2 − 4 . Considerando a função f (a ) = a 2 − 4 , temos graficamente:
+
Temos:
x+
1
1+ 2 ± 2 2 − 1
= 1 + 2 ⇔ x 2 − (1 + 2) ⋅ x + 1 = 0 ⇔ x =
x
2
+
–2
E ainda:
1
x + = 1 − 2 ⇔ x 2 + ( 2 − 1) ⋅ x + 1 = 0
x
–
2
a
Assim, se a < −2 ou a > 2 , tem-se a 2 − 4 > 0 , de modo que:
1
⎡ 1
⎡
(a + 2) ⋅ (a − 2) ⋅ x ≥ a − 2 ⇒ x ≥
, + ∞⎢
⇒V = ⎢
a+2
⎣a + 2
⎣
Δ = ( 2 − 1)2 − 4 ⋅ 1⋅ 1 = −2 2 − 1 < 0
Portanto,
das
seis
raízes
(complexas)
da
equação
2 x 6 − 4 x 5 + 4 x − 2 = 0 , temos quatro raízes reais, das quais três
Por outro lado, se −2 < a < 2 , tem-se a 2 − 4 < 0 e, portanto:
1
1 ⎤
⎤
(a + 2) ⋅ (a − 2) ⋅ x ≥ a − 2 ⇒ x ≤
⇒ V = ⎥ −∞ ,
a+2
a + 2 ⎦⎥
⎦
1+ 2 ± 2 2 − 1
) e uma negativa (–1), além de duas
2
complexas não-reais.
positivas (1 e
EQUAÇÕES COM PARÂMETROS
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.
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:
(a 2 − 4) ⋅ x = a − 2
Exemplo: (ITA 2007) Considere a equação:
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:
(a + 2) ⋅ (a − 2) ⋅ x = a − 2
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes
reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
x2 − p + 2 x2 − 1 = x .
Resolução:
Da condição de existência em
temos:
Muito cuidado para não cancelar diretamente o fator (a − 2) , pois ele
pode ser zero.
48
sobre as raízes de índice par,
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
2
2
⎪⎧ x − p ≥ 0
⎪⎧ x ≥ p
⇔⎨ 2
⎨ 2
⎪⎩ x − 1 ≥ 0
⎪⎩ x ≥ 1
Se
(I)
(II)
Além disso, desde que essas condições sejam satisfeitas, tem-se por
consequência:
⎧⎪ x 2 − p ≥ 0
⇒ x = x 2 − p + 2 x 2 − 1 ⇒ x ≥ 0 (III)
⎨
2
⎩⎪ x − 1 ≥ 0
≥0
≥0
Sendo o primeiro membro da última inequação um quadrado perfeito,
a desigualdade sempre será satisfeita (para p < 2 ).
( p − 4)2
≥1
8 ⋅ (2 − p)
Novamente levando em consideração que o denominador é positivo
para p < 2 , como no caso anterior, segue que:
Para a condição (II), temos: x 2 ≥ 1 ⇔
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
( p − 4)2 ≥ 8 ⋅ (2 − p ) ⇔ p 2 − 8 p + 16 ≥ 16 − 8 p ⇒ p 2 ≥ 0
x 2 − p + 2 x 2 − 1 = ( x ) ⇔ 4 x 2 − p x 2 − 1 = ( p + 4) − 4 x 2
Sendo
p < 2 , o denominador é positivo, de modo que podemos
multiplicar os dois membros da inequação por 8 ⋅ (2 − p ) , mantendo o
sinal da inequação:
p 2 − 8 p + 16 ≥ 16 p − 8 p 2 ⇔ 9 p 2 − 24 p + 16 ≥ 0 ⇔ (3 p − 4)2 ≥ 0
2
⎧⎪ x 2 − p ≥ 0
⇒ 4 x2 − p x2 − 1 ≥ 0 ,
⎨
⎪⎩ x 2 − 1 ≥ 0
Essa desigualdade também é sempre satisfeita.
Finalmente, para a condição (IV), fazemos:
temos
mais
uma
( p + 4) − 4 x 2 ≥ 0 ⇔ 4 x 2 ≤ p + 4 ⇔ 4 ⋅
condição:
( p + 4) − 4 x 2 ≥ 0
(IV)
Mais uma vez, para p < 2 , isso equivale a:
( p − 4)2 ≤ 2 ⋅ (2 − p ) ⋅ ( p + 4) ⇔ 3 p 2 − 4 p ≤ 0 ⇔ 0 ≤ p ≤
Nesse caso, elevamos novamente os dois membros da equação
irracional ao quadrado:
(4
)
x2 − p x2 − 1
2
= ( ( p + 4) − 4 x 2 ) ⇔ (16 − 8 p ) ⋅ x 2 = p2 − 8 p + 16
2
⎧p < 2
4
⎪
4 ⇒0≤p≤
⎨
3
⎪0 ≤ p ≤ 3
⎩
Se p = 2 , temos a equação incompatível: 0 ⋅ x 2 = 4 .
Se p = 4 , temos: x = 0 , o que não satisfaz a condição (II).
Resumimos toda essa análise respondendo formalmente aos dois
itens do exercício:
4
a) A equação admite raízes reais apenas para 0 ≤ p ≤ .
3
⎧⎪2 − p < 0
( p − 4)2
Se p > 2 e p ≠ 4 , temos: ⎨
⇒ x2 =
< 0 , também
2
8 ⋅ (2 − p )
⎪⎩( p − 4) > 0
.
⎧⎪2 − p > 0
( p − 4)2
⇒ x2 =
> 0 , de modo que as
Para p < 2 , temos ⎨
2
8 ⋅ (2 − p )
⎪⎩( p − 4) > 0
possíveis raízes são:
| p−4|
x=±
2 2 ⋅ (2 − p )
Entretanto, descartamos a possibilidade x = −
| p−4|
2 2 ⋅ (2 − p )
b) A única raiz real, para 0 ≤ p ≤
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.
< 0 , pois
|p−4|
2 2 ⋅ (2 − p )
Exemplo: (OBM) Determine todas as soluções reais da equação:
, para
x = 2+ 2− 2+ x .
p < 2 . Devemos descobrir para quais valores do parâmetro p < 2 ela
verifica simultaneamente as condições (I), (II), (III) e (IV).
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 + x ≥ 0
⎧ x ≥ −2
x
⇔⎨
⇔ −2 ≤ x ≤ 2 ⇔ −1 ≤ ≤ 1
⎨
2
⎪⎩2 − 2 + x ≥ 0
⎩x ≤ 2
Inicialmente, observe que, se p < 2 , então p − 4 < 0 , de modo que
| p − 4 | = 4 − p . Assim, podemos reescrever x =
4−p
2 2 ⋅ (2 − p )
.
A condição (III) é claramente satisfeita para p < 2 , já que, nesse caso,
tem-se x =
4−p
2 2 ⋅ (2 − p)
>0.
Para a condição (I), temos: x 2 ≥ p ⇔
4
4−p
,é x=
.
3
2 2 ⋅ (2 − p )
SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA
claramente ela não satisfaz a condição (III), que exige x ≥ 0 .
Assim, nos resta analisar a possibilidade x =
4
3
Assim, a condição sobre o parâmetro real p para que se tenha
4−p
x=
como raiz da equação apresentada é:
2 2 ⋅ (2 − p )
⇔ 8 ⋅ (2 − p ) ⋅ x 2 = ( p − 4)2
impossível em
( p − 4)2
≤ p+4
8 ⋅ (2 − p )
Nesse caso, associamos, para cada x ∈
( p − 4)2
≥p.
8 ⋅ (2 − p )
θ ∈ [0, π] tal que
49
, com −1 ≤
x
≤ 1 , um único
2
x
= cos θ ⇔ x = 2cos θ . Além disso, garantida a
2
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
Como tomamos θ ∈ [0 , π] , temos, nesse intervalo, necessariamente
existência das raízes, tem-se x = 2 + 2 − 2 + x ≥ 0 , de modo que
sen θ ≥ 0 , de modo que sen θ = sen θ , e a equação se reduz a:
⎡ π⎤
cos θ ≥ 0 . Assim, podemos restringir θ ∈ ⎢0, ⎥ . Fazendo então a
⎣ 2⎦
substituição:
sen θ ≥ a − cos θ ⇔ sen θ + cos θ ≥ a
Multiplicando e dividindo o primeiro membro por
2cos θ = 2 + 2 − 2 + 2cos θ ⇔ 2cos θ = 2 + 2 − 2 ⋅ (1 + cos θ)
A partir daqui é que a Trigonometria começa a simplificar a resolução
da equação. Observe que, da identidade de arco duplo:
⎛ θ⎞
⎛θ⎞
⎛θ⎞
cos θ = cos ⎜ 2 ⋅ ⎟ = 2cos2 ⎜ ⎟ − 1 ⇔ 1 + cos θ = 2cos2 ⎜ ⎟
⎝ 2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
Assim, voltando à equação:
π⎞
⎛
a ≤ 2 ⋅ sen ⎜ θ + ⎟ ≤ 2 ⋅ 1 = 2 ⇒ a ≤ 2
4⎠
⎝
⎛θ⎞
⎛θ⎞
2cos θ = 2 + 2 − 2 ⋅ 2cos2 ⎜ ⎟ ⇔ 2cos θ = 2 + 2 − 2 cos ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎝2⎠
Como
⎡ π⎤
θ ∈ ⎢0, ⎥ ,
⎣ 2⎦
temos
2 , temos:
1
π⎞
⎛ 1
⎞
⎛
2 ⋅⎜
⋅ sen θ +
⋅ cos θ ⎟ ≥ a ⇔ 2 ⋅ sen ⎜ θ + ⎟ ≥ a
4⎠
2
⎝
⎝ 2
⎠
π⎞
⎛
Pela limitação da função seno, temos sen ⎜ θ + ⎟ ≤ 1 e, portanto:
4⎠
⎝
Poderíamos também resolver esse exercício graficamente, o que
inclusive ajuda a entender, geometricamente, o sentido da
substituição trigonométrica feita acima.
⎛θ⎞
⎛θ⎞
⎛θ⎞
cos ⎜ ⎟ ≥ 0 ⇔ cos ⎜ ⎟ = cos ⎜ ⎟ , e a
2
2
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝2⎠
2ª Resolução:
Considere, para tanto, a função
⎛
⎛ θ ⎞⎞
equação se reduz a 2cos θ = 2 + 2 ⋅ ⎜ 1 − cos ⎜ ⎟ ⎟ .
⎝ 2 ⎠⎠
⎝
f ( x ) = 1 − x 2 , e a função g :
Novamente por arco duplo:
⎛θ⎞
⎛ θ⎞
⎛θ⎞
⎛θ⎞
⎛θ⎞
cos ⎜ ⎟ = cos ⎜ 2 ⋅ ⎟ = 1 − 2sen2 ⎜ ⎟ ⇔ 1 − cos ⎜ ⎟ = 2sen2 ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎝ 4⎠
⎝4⎠
⎝ 2⎠
⎝4⎠
Assim, voltando à equação:
f : [ −1, 1] →
, definida por
, 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.
⎛θ⎞
⎛θ⎞
2cos θ = 2 + 2 ⋅ 2sen2 ⎜ ⎟ ⇔ 2cos θ = 2 + 2 sen ⎜ ⎟
⎝4⎠
⎝4⎠
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 (a,0) , como esboçado na figura a seguir:
⎡ π⎤
⎛θ⎞
⎛θ⎞
⎛θ⎞
Também para θ ∈ ⎢0, ⎥ , temos sen ⎜ ⎟ ≥ 0 ⇔ sen ⎜ ⎟ = sen ⎜ ⎟ , e
⎣ 2⎦
⎝4⎠
⎝4⎠
⎝4⎠
⎛
⎛ θ ⎞⎞
a equação se reduz a 2cos θ = 2 ⋅ ⎜ 1 + sen ⎜ ⎟ ⎟ .
⎝ 4 ⎠⎠
⎝
Para podermos utilizar mais uma vez a identidade de arco duplo,
⎛θ⎞
⎛π θ⎞
⎛π θ⎞
fazemos: 1 + sen ⎜ ⎟ = 1 + cos ⎜ − ⎟ = 2cos2 ⎜ − ⎟ . Logo:
4
2
4
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎝4 8⎠
y
a<0
⎛
⎛ π θ ⎞⎞
⎛π θ⎞
2cos θ = 2 ⋅ ⎜ 2cos2 ⎜ − ⎟ ⎟ ⇔ 2cos θ = 2 cos ⎜ − ⎟
⎝ 4 8 ⎠⎠
⎝4 8⎠
⎝
a>0
x
⎛π θ⎞
⎛π θ⎞
⎛π θ⎞
⎡ π⎤
Para θ ∈ ⎢0, ⎥ , temos cos ⎜ − ⎟ ≥ 0 ⇔ cos ⎜ − ⎟ = cos ⎜ − ⎟ ,
⎣ 2⎦
⎝4 8⎠
⎝4 8⎠
⎝4 8⎠
⎛π θ⎞
e a equação se reduz a: cos θ = cos ⎜ − ⎟ .
⎝4 8⎠
⎛π θ⎞
Como θ e ⎜ − ⎟ são dois arcos do primeiro quadrante com o
⎝4 8⎠
mesmo cosseno, a única possibilidade é que eles sejam iguais:
π θ
2π
θ= − ⇔θ=
4 8
9
⎛ 2π ⎞
Finalmente, a única raiz real da equação é x = 2cos ⎜ ⎟ .
⎝ 9 ⎠
O próximo exemplo aparece no livro “Mathematical Olympiad
Challenges”, dos autores romenos Titu Andreescu e Razvan Gelca.
⎧⎪ y ≥ 0
.
⎨ 2
2
⎪⎩ x + y = 1
Assim, o gráfico de f corresponde a uma semicircunferência de centro
(0, 0) e raio 1, para y ≥ 0 . Observe que, sendo uma
Por outro lado, fazendo
semicircunferência de raio 1, cada ponto de coordenadas ( x, y ) pode
ser descrito por (cos θ,sen θ) , sendo isso que justifica,
geometricamente, a substituição trigonométrica feita na 1ª resolução:
y
Exemplo: (ITA 2004) Determine os valores reais do parâmetro a para
os quais existe um número real x satisfazendo
y = f ( x ) = 1 − x 2 , temos:
sen θ
1− x2 ≥ a − x .
1ª Resolução:
Pela condição de existência sobre a raiz quadrada, temos:
1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
θ
–1
Assim, para cada x ∈ [ −1, 1] , podemos associar um e somente um
cos θ
1
x
θ ∈ [0 , π] tal que x = cos θ . Nesse caso, a equação se transforma
Queremos descobrir para quais valores do parâmetro a obtemos um
conjunto verdade não vazio para a inequação f ( x ) ≥ g ( x ) , isto é, para
em:
os quais existe pelo menos um x ∈ [ −1, 1] tal que f ( x ) ≥ g ( x ) .
1 − cos2 θ ≥ a − cos θ ⇔ sen2 θ ≥ a − cos θ ⇔ sen θ ≥ a − cos θ
Geometricamente, isso significa que a única posição relativa entre a
reta (função g) e a semicircunferência (função f) que não pode ocorrer
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DICAS PARA A PROVA DO ITA
COMENTÁRIOS FINAIS DE MATEMÁTICA
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:
y
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!
1
45°
45°
–1
a
1
x
1
⇔a= 2 .
a
Portanto, de acordo com os gráficos, a inequação tem solução se e
Nesse caso, temos cos 45° =
somente se a ≤ 2 .
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:
(
) ( )
P ( B ) = P ( B | A ) ⋅ P ( A ) + P B | AC ⋅ P AC
Para o caso geral, seja { A1, A2 , A3 ,..., An } uma partição de Ω , ou seja,
A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = Ω e Ai ∩ Aj = ∅ para qualquer i ≠ j . Assim a
forma geral da Formula de Probabilidade Total é dada por:
P ( B ) = P ( B | A1 ) ⋅ P ( A1 ) + P ( B | A2 ) ⋅ P ( A2 ) + ... + P ( B | An ) ⋅ P ( An )
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 P ( A ) ≠ 0 e P ( B ) ≠ 0 , então o
Teorema de Bayes diz que:
P ( A | B) =
P ( A) ⋅ P (B | A)
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
7
5
5
3
3
a) .
b) .
c) .
d) .
e) .
8
7
8
5
7
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 )
p(D ) = 0 ⋅
5 1 10
25 3
+ ⋅
+ 1⋅
=
40 2 40
40 4
Agora computemos nossa probabilidade desejada p(C | D ) através do
Teorema de Bayes:
25
⋅1
p(C ∩ D ) p(C ) ⋅ p(D | C ) 40
5
p(C | D ) =
=
=
=
3
p(D )
p(D )
6
4
Desta forma, nenhuma alternativa está correta.
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