5 E - Curso Objetivo

M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
= {0, 1, 2, 3,...}
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
[a, b] = {x ∈ ; a ≤ x ≤ b}
(a, + ∞) = ]a, + ∞[ = {x ∈ ; a < x < + ∞}
A\B = {x ∈ A; x ∉ B}
AC: complementar do conjunto A
i: unidade imaginária; i2 = – 1
z: módulo do número z ∈ Re z: parte real do z ∈ Im z : parte imaginária do número z ∈ Mm×n(): conjunto das matrizes reais m × n
At: transposta da matriz A
det A: determinante da matriz A
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
—
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B
tr A : soma dos elementos da diagonal principal da
matriz quadrada A
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.
1
C
Sejam A e B subconjuntos do conjunto universo
U = {a, b, c, d, e, f, g, h}. Sabendo que (BC A)C =
= {f, g, h}, BC A = {a,b} e AC \B = {d,e}, então,
n(P(A B)) é igual a
a) 0.
b) 1.
c) 2.
d) 4.
e) 8.
Resolução
1) (BC A)C = {f; g; h} ⇔ (BC)C AC = {f; g; h} ⇔
⇔ B AC = {f; g; h} ⇔ B\A = {f; g; h}
2) BC A = {a; b} ⇔ A\B = {a; b}
3) AC \B = {d; e} ⇔ U\(A B) = {d; e}
De (1), (2) e (3), temos o diagrama
Logo, A B = {c} e P(A B) = {Ø, {c}}
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
2
B
Uma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte com
motor a gasolina e o restante com motor “flex” (que
funciona com álcool e com gasolina). Numa
determinada época, neste conjunto de 1000 carros, 36%
dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros com
motor “flex” sofrem conversão para também funcionar
com gás GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556
dos 1000 carros desta empresa são bicombustíveis,
pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveis
é igual a
a) 246.
b) 252.
c) 260.
d) 268.
e) 284.
Resolução
Se, entre os 1000 carros da empresa, x têm motor a
gasolina e 1000 – x possuem motor “flex”, temos:
(100 – 36)% . (1000 – x) + 36% x = 556 ⇔
⇔ 640 – 0, 64x + 0,36x = 556 ⇔ 0,28x = 84 ⇔ x = 300
Portanto, o número de carros tricombustíveis é
36
36%. (1000 – 300) = –––– . 700 = 252
100
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
3
E
Seja f : → \ {0} uma função satisfazendo às condições: f(x + y) = f(x)f(y), para todo x, y ∈ e
f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ {0}.
Das afirmações:
I. f pode ser ímpar.
II. f(0) = 1.
III. f é injetiva.
IV. f não é sobrejetiva, pois f(x) > 0 para todo x ∈ .
é (são) falsa( s) apenas
a) I e III.
b) II e III.
c) I e IV.
d) IV.
e) I.
Resolução
Se f: → \ {0}, f(x + y) = f(x) . f(y) para todo
x; y ∈ R e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ {0}, então:
1) f(x) ∈ CD (f) = \ {0} ⇔ f(x) ≠ 0, ∀ x ∈ .
2) f(0 + 0) = f(0) . f(0) ⇔ f(0) = [f(0]2 ⇒ f(0) = 1, pois
f(0) ≠ 0.
3) Para qualquer a ≠ 0, tem-se:
f(–a + a) = f(–a) . f(a) = f(0) = 1 e, portanto f(a) e
f(–a) tem o mesmo sinal. Assim, f não pode ser
ímpar.
4) x1 ≠ x2 ⇔ x1 = x2 + k, com k ≠ 0 ⇔
⇔ f(x1) = f(x2 + k) = f(x2) . f(k) ≠ f(x2), pois f(k) ≠ 1.
Assim, f é injetiva.
x
x
x
x
5) f(x) = f ––– + ––– = f ––– . f ––– =
2
2
2
2
x
= f –––
2
2
x
> 0, pois f ––– ≠ 0.
2
Desta forma, Im(f) + e Im(f) ≠ CD(f), então
a função não é sobrejetiva.
Assim, apenas a afirmação (I) é falsa.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
4
B
π
π
Se a = cos –– e b = sen –– , então, o número complexo
5
5
π
π
cos ––– + i sen –––
5
5
54
é igual a
a) a + bi.
b) – a + bi.
c) (1 – 2a2b2) + ab (1 + b2)i.
e) 1 –
4a2b2
+ 2ab(1 –
d) a – bi.
b2)i.
Resolução
π
π
Se a = cos –– e b = sen –– então:
5
5
1)
π
π
cos ––– + i . sen –––
5
5
54π
= cos ––––
5
=
54π
=
+ i . sen ––––
5 4π
= cos 10π + ––––
5
4π
= cos ––––
5
54
=
+ i . sen 10π + ––––
5 4π
=
+ i . sen ––––
5 4π
π
4π
2) cos –––– = – cos –– = – a
5
5
π
4π
3) sen –––– = sen –– = b
5
5
Assim sendo:
π
π
cos –– + i . sen ––
5
5
54
=
4π
4π
cos –––– + i . sen ––– = – a + bi
5
5
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
5
E
O polinômio de grau 4
(a + 2b + c)x4 + (a + b + c) x3 – (a – b) x2 +
+ (2a – b + c) x + 2 (a + c),
com a, b, c ∈ , é uma função par. Então, a soma dos
módulos de suas raízes é igual a
a) 3 + 3.
b) 2 + 3 3.
2.
d) 1 + 2 e) 2 + 2 2.
c) 2 + 2.
Resolução
1) P(x) = (a + 2b + c) . x4 + (a + b + c) . x3 – (a – b)x2 +
+ (2a – b + c) x + 2 (a + c) é de grau 4 e é uma
função par. Asim sendo:
a+b+c+b≠0
a+c=–b
a + 2b + c ≠ 0
a+b+c=0 ⇒ a+b+c=0 ⇒ b≠0
a – 2b = 0
a = 2b
2a – b + c = 0
2) Se b ≠ 0, a + c = – b e a = 2b, então
P(x) = b x4 – (2b – b) x2 + 2 (– b) ⇔
⇔ P(x) = bx4 – bx2 – 2b
3) Resolvendo a equação P(x) = 0, temos:
bx4 – bx2 – 2b = 0 ⇔ x4 – x2 – 2 = 0 ⇔
⇔ x2 = – 1 ou x2 = 2 ⇔ x = i ou x = – i
ou x = 2 ou x = – 2
4) O conjunto-verdade da equação P(x) = 0 é
V = {i; – i; 2 ; – 2}
5) A soma dos módulos das raízes é
1 + 1 + 2 + 2 = 2 + 2 2
6
C
Considere as funções
f (x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 e g(x) = x2 – 2x + 1.
A multiplicidade das raízes não reais da função
composta f o g é igual a
a) 1.
b) 2.
c) 3.
d) 4.
e) 5.
Resolução
Sendo f(x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 =
= (x2 + 1) . (x2 – 1) + 2x . (x2 – 1) =
= (x2 – 1) . (x2 + 2x + 1) =
= (x2 – 1) . (x + 1)2
e g(x) = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2, temos:
(fog) (x) = [(x – 1)4 – 1] . [(x – 1)2 + 1]2 =
= [(x – 1)2 – 1] . [(x – 1)2 + 1]3 =
= (x2 – 2x) . (x2 – 2x + 2)3,
cujas raízes são 0 (raiz simples), 2 (raiz simples),
1 + i (raiz tripla) e 1 – i (raiz tripla).
Logo, a multiplicidade de cada raiz não-real da
função composta fog é igual a 3.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
7
A
Suponha que os coeficientes reais a e b da equação
x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0 são tais que a equação admite
solução não real r com r ≠ 1. Das seguintes afirmações:
I.
A equação admite quatro raízes distintas, sendo
todas não reais.
II. As raízes podem ser duplas.
III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.
é (são) verdadeira( s )
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas II e III
e) nenhuma.
Resolução
1) Seja r = p + qi, com p2 + q2 ≠ 1 e q ≠ 0, a raiz não
real da equação x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0, de
coeficientes reais.
1
2) Se r for raiz, então ––– também o será, pois
r
1
a
b
a
–––
+ –––
+ –––
+ ––– + 1 =
4
3
2
r
r
r
r
0
1 + ar + br2 + ar3 + r4
= –––––––––––––––––––––
= –––4 = 0
4
r
r
1
1
p – qi
3) –– = –––––– = ––––––
≠ p – qi, pois p2 + q2 ≠ 1
r
p + qi
p2 + q2
4) Já que a equação tem coeficientes reais, se
1
1
r = p + qi e ––– = ––––––– são raízes, então, p – qi e
r
p + qi
1
–––––– também serão raízes.
p – qi
5) A equação admite, portanto, quatro raízes distintas, sendo todas não-reais.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
8
B
Se as soluções da equação algébrica 2x3 – ax2 + bx + 54 = 0,
com coeficientes a, b ∈ , b ≠ 0, formam, numa
determinada ordem, uma progressão geométrica, então,
a
–– é igual a
b
a) – 3.
1
b) – –– .
3
1
c) –– .
3
d) 1.
e) 3.
Resolução
α
Sejam –– , α e α . q as raízes da equação em progresq
são geométrica de razão q (q ∈ *).
De acordo com as relações de Girard, temos:
– 54
α
–– . α . αq = ––––– ⇔ α3 = – 27
2
q
Logo, a = – 3 é uma das raízes e, conseqüentemente,
2 . (– 3)3 – a . (– 3)2 + b . (– 3) + 54 = 0 ⇔
⇔ – 54 – 9a – 3b + 54 = 0 ⇔ 9a = – 3b ⇔
1
a
⇔ ––– = – –––
3
b
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
9
E
Dados A ∈ M3x2 () e b ∈ M3x1 (), dizemos que
X0 ∈ M2x1 () é a melhor aproximação quadrática do
sistema AX = b quando (AX0 – b)t (AX0 – b) assume
o menor valor possível. Então, dado o sistema
–1 0
0 1
1 0
x
y
1
,
1
1
=
a sua melhor aproximação quadrática é
– 1 .
1
d)
0 .
1 .
0
e)
1 .
1
a)
1
b)
c)
0.
–2
Resolução
Sendo A =
–1
0
1
0
1
0
1
1
1
, b=
e x0 =
y ,
x
Temos:
0
1
0
–1
0
1
x
y
–x–1
y–1
x–1
II) (A . X0 – b)t = [–x – 1
y–1
I) (A . X0 – b) =
=
–x
y
x
–
1
1
1
=
.
–
1
1
1
=
x – 1]
III) (A . X0 – b)t . (A . X0 – b) =
[–x – 1
y–1
x – 1] .
–x–1
y–1
x–1
=
= [(–x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)2] =
= [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2].
Interpretando C (C ∈ M1x1 ()) como sendo a
raiz quadrada do elemento desta matriz,
(A X0 – b)t . (A X0 – b) = [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2],
que assume o menor valor possível para x = 0 e
y = 1, pois x2 ≥ 0 e (y – 1)2 ≥ 0.
Logo, a melhor aproximação quadrática do sistema
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
–1
0
1
0
1
0
x
y
=
1
1
1
é x0 =
.
10
D
a x+b y=c
, a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ ,
O sistema
a1x + b1y = c1
2
2
0
1
2
com (c1, c2) ≠ (0, 0), a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0, é
a) determinado.
b) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0.
c) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 = 0 ou c1 =
0 e c2 ≠ 0.
d) impossível.
e) indeterminado.
Resolução
1) Se c1 = 0 e c2 ≠ 0, então:
a1 . 0 + a2 . c2 = b1 . 0 + b2c2 = 0 ⇔ a2 = b2 = 0
e a equação 0 . x + 0 . y = c2 ≠ 0 não tem solução.
2) Se c1 ≠ 0 e c2 = 0, então:
a1 . c1 + a2 . 0 = b1 . c1 + b2 . 0 = 0 ⇔ a1 = b1 = 0
e a equação 0 . x + 0y = c1 ≠ 0 não tem solução
3) Se c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0, então:
a x+b y=c ⇔ a c x+b c y=c
a1x + b1y = c1
2
2
2
a1c1x + b1c1y = c12
2 2
2 2
2
2
⇔
⇔ (a1c1 + a2c2) x + (b1c1 + b2c2)y = c12 + c22 ⇒
⇒ 0 . x + 0 . y = c12 + c2 ≠ 0 e, portanto, o sistema é
impossível.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
11
A
Seja A ∈ M2x2 () uma matriz simétrica e não nula,
cujos elementos são tais que a11, a12 e a22 formam, nesta
ordem, uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 e
tr A = 5a11. Sabendo-se que o sistema AX = X admite
solução não nula X ∈ M2x1 (), pode-se afirmar que
2
+ q2 é igual a
a11
101
a) ––– .
25
121
b) ––– .
25
49
d) ––– .
9
c) 5.
25
e) ––– .
4
Resolução
Sejam A =
a11
a12
21
a22
a
x
eX=
y
I) Sendo A uma matriz simétrica e não-nula e
(a11, a12, a22) uma progressão geométrica de razão
q ≠ 1,
a
a11 . q
A = 11
a11 . q a11 . q2
Como tr A = 5 . a11 ⇔ a11 + a11 . q2 = 5 . a11 ⇔
⇔ a11 . q2 = 4 . a11 ⇔ q2 = 4, pois a11 ≠ 0
II) A . X = X ⇒
⇔
⇔
⇔
a11 . x
a
11
a
11 .
a11 . q
a11 . q2
q
+ a11 . q . y
. q . x + a11 . q2 . y
a11 . x
a
a11
x
x
y y ⇔
.
=
x
y ⇔
=
+ a11 . q . y = x
2
11 . q . x + a11 . q . y = y
⇔
(a11 – 1) . x + a11 . q . y = 0
a
11
. q . x + (a11 . q2 – 1) . y = 0
Para que o sistema linear homogêneo acima
admita solução não-nula, devemos ter:
a11 – 1
a11 . q
a11 . q
a11 . q2 – 1
=0⇔
⇔ 1 – a11 – a11 . q2 = 0 ⇔
1
⇔ 1 – a11 – 4 . a11 = 0 ⇔ a11 = –––
5
2
1
2
Logo, a11
+ q2 = –––
5
101
+ 4 = –––
25
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
12
B
Uma amostra de estrangeiros, em que 18% são proficientes em inglês, realizou um exame para classificar a
sua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que são
proficientes em inglês, 75% foram classificados como
proficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7%
foram classificados como proficientes. Um estrangeiro
desta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como
proficiente em inglês. A probabilidade deste estrangeiro
ser efetivamente proficiente nesta língua é de aproximadamente
a) 73%. b) 70%. c) 68%.
d) 65%.
e) 64%.
Resolução
Dos 18% de estrangeiros proficientes em inglês, 75%,
isto é, 75% de 18% = 13,5% foram classificados
como proficientes.
Dos 82% de estrangeiros não-proficientes em inglês,
7%, isto é, 7% de 82% = 5,74% foram classificados
como proficientes.
Se o estrangeiro escolhido ao acaso foi classificado
como proficiente em inglês, então a probabilidade de
ele ser efetivamente proficiente em inglês é
13,5
13,5
p = –––––––––– = ––––––– ≅ 0,70 = 70%
19,24
13,5 + 5,74
13
E
–––
–––
Considere o triângulo ABC de lados a = BC, b = AC e
–––
^
^
^
c = AB e ângulos internos α = C AB, β = ABC e γ = B CA.
Sabendo-se que a equação x2 – 2bx cos α + b2 – a2 = 0
admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que
a) α = 90°.
b) β = 60°.
c) γ = 90°.
d) O triângulo é retângulo apenas se α = 45°.
e) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.
Resolução
Se a equação em x : x2 – 2bcos α . x + b2 – a2 = 0 admite c como raiz dupla, então tem-se a seguinte
identidade de polinômios:
x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) (x – c)2 ⇔
⇔ x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) x2 – 2cx + c2 ⇔
c
cos α = –––
– 2bcos α = – 2c
b
⇔
⇔
⇔
b2 – a2 = c2
2
2
2
b =a +c
Pode-se concluir então que o triângulo de lados a, b e
c é sempre retângulo e b é a hipotenusa.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
14
D
No plano, considere S o lugar geométrico dos pontos
cuja soma dos quadrados de suas distâncias à reta
t : x = 1 e ao ponto A = (3, 2) é igual a 4. Então, S é
2 e centro (2, 1).
a) uma circunferência de raio b) uma circunferência de raio 1 e centro (1, 2).
c) uma hipérbole.
2 e 2.
d) uma elipse de eixos de comprimento 2
e) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.
Resolução
Se a reta (t) tem equação x = 1, o ponto A = (3, 2) e
sendo P(x, y) um ponto genérico do L.G., temos:
2
2
dP,t + dP, A = 4 ⇔ (x – 1)2 + (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4 ⇔
⇔ 2x2 – 8x + 8 + y2 – 4y + 4 = 2 ⇔
⇔ 2 . (x – 2)2 + (y – 2)2 = 2 ⇔
(y – 2)2
(x – 2)2
⇔ ––––––– + ––––––– = 1
1
2
A equação representa uma elipse, de centro (2; 2), tal
que:
I) a2 = 2 ⇒ a = 2 ⇒ 2a = 2
2 é o comprimento do
eixo maior.
II) b2 = 1 ⇒ b = 1 ⇒ 2 . b = 2 é o comprimento do eixo
menor.
Os eixos da elipse têm comprimentos 2
2 e 2.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
15
D
Do triângulo de vértices A, B e C, inscrito em uma
–––
circunferência de raio R = 2 cm, sabe-se que o lado BC
^
mede 2 cm e o ângulo interno ABC mede 30°. Então, o
raio da circunferência inscrita neste triângulo tem o
comprimento, em cm, igual a
3.
a) 2 – 1
b) ––– .
3
d) 2 3 – 3.
1
e) ––– .
2
2
c) ––––
4
Resolução
De acordo com o enunciado, podemos montar as seguintes figuras:
Assim, sendo S a área do triângulo ABC, em centímetros quadrados, p o semiperímetro desse triângulo, em centímetros, e r o raio, em centímetros, da
circunferência inscrita nesse triângulo, tem-se:
3.1
2
AB . 1
3
1º) S = –––––– = ––––––– = 2
2
2º) S = p . r
4 + 2
3
3 = (2 + 3) . r ⇔
Logo: 3 = ––––––– . r ⇔ 2
3
3 (2 – 3) ⇔ r = 2
3–3
⇔ r = ––––––– ⇔ r = 2 + 3
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
16
E
A distância entre o vértice e o foco da parábola de equação 2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 é igual a
a) 2.
3
b) ––– .
2
c) 1.
1
e) ––– .
2
3
d) ––– .
4
Resolução
2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 ⇔ 2x2 – 4x + 3 = 4y ⇔
3
3
⇔ x2 – 2x + ––– = 2y ⇔ x2 – 2x + 1 – 1 + ––– = 2y ⇔
2
2
1
1
⇔ x2 – 2x + 1 = 2y – ––– ⇔ (x – 1)2 = 2 . y – –––
4
2
Sendo (x – g)2 = 4 . f . (y – h) a equação reduzida da
parábola, comparando-a com a equação obtida,
conclui-se que:
1
1º) o vértice da parábola é o ponto 1; –––
4
2º) A distância entre o vértice e o foco da parábola é
1
a medida f, tal que 4 . f = 2, e portanto f = ––– .
2
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
17
A
A expressão
11
x
2 sen x + –––π + cotg2x tg ––2
2
––––––––––––––––––––––––––––––––––
x
1 + tg2 –––
2
é equivalente a
a) [cos x – sen2x] cotg x.
b) [sen x + cos x] tg x.
c) [cos2 x – sen x] cotg2 x.
d) [l – cotg2 x] sen x.
e) [1 + cotg2 x] [sen x + cos x]
Resolução
11
x
2 . sen x + ––– π + cotg2 x . tg ––
2
2
––––––––––––––––––––––––––––––––––––– =
x
1 + tg2 ––
2
3π
x
2 . sen x + ––– + cotg2 x . tg ––
2
2
= ––––––––––––––––––––––––––––––––––––– =
x
sec2 ––
2
x
sen ––
2
2 . [– cos x + cotg2 x] –––––––––
x
cos ––
2
= ––––––––––––––––––––––––––––––– =
1
–––––––––––
x
cos2 ––
2
= 2 . sen
= sen x .
. cos ––– . [cotg
–––
2 2
x
cos2x
––––––
– cos x
sen2x
x
2
x – cos x] =
=
sen x . [cos2x – cos x . sen2x]
= ––––––––––––––––––––––––– =
sen2x
cos x
= –––––– . [cos x – sen2x] = cotg x . [cos x – sen2x]
sen x
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
18
B
Sejam C uma circunferência de raio R > 4 e centro (0,0)
–––
e AB uma corda de C. Sabendo que (1,3) é ponto médio
–––
–––
de AB , então uma equação da reta que contém AB é
a) y + 3x – 6 = 0.
b) 3y + x – 10 = 0.
c) 2y + x – 7 = 0.
d) y + x – 4 = 0.
e) 2y + 3x – 9 = 0.
Resolução
—
Sejam t e s, respectivamente, as retas que contêm AB
—
—
e CP, sendo P(1;3), ponto médio de AB.
O coeficiente angular da reta s é tal que,
3–0
ms = –––––– = 3.
1–0
O ponto P(1;3) pertence à reta t cujo coeficiente
1
angular é mt = – –––, pois t ⊥ s.
3
Dessa forma, a equação da reta t é
1
y – 3 = – –––(x – 1) ⇔ 3y + x – 10 = 0
3
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
19
A
Uma esfera é colocada no interior de um cone circular
reto de 8 cm de altura e de 60° de ângulo de vértice. Os
pontos de contato da esfera com a superfície lateral do
3 cm do
cone definem uma circunferência e distam 2 vértice do cone. O volume do cone não ocupado pela
esfera, em cm3, é igual a
416
a) –––– π.
9
480
b) –––– π.
9
512
d) –––– π.
9
542
e) ––––π.
9
500
c) –––– π.
9
Resolução
Sendo R o raio da base do cone e r o raio da esfera,
ambos, em centímetros, tem-se:
r
r
3
1º) tg 30° = ––––– ⇔ ––––– = ––––– ⇔ r = 2
3
3
3
2
2
R
R
3
3
8
2º) tg 30° = ––– ⇔ ––––– = ––– ⇔ R = –––––
8
8
3
3
Assim, o volume V da região interna ao cone, nãoocupada pela esfera, em centímetros cúbicos, é dado
por:
4
1
V = ––– . π . R2 . 8 – ––– . π . r3 =
3
3
4
64
1
= ––– . π . ––– . 8 – ––– . π . 23 =
3
3
3
32π
416π
512π
= –––– – –––– = –––––
3
9
9
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
20
C (com ressalvas)
Os pontos A = (3,4) e B = (4,3) são vértices de um cubo,
–––
em que AB é uma das arestas. A área lateral do octaedro
cujos vértices são os pontos médios da face do cubo é
igual a
8.
b) 3. c) 12.
d) 4
e) 18.
a) Resolução
1º) A medida a da aresta do cubo é dada por
(3 – 4)2 + (4 – 3)2 = 2
a = AB = 2º) Entendendo que os vértices do octaedro são os
centros das faces do cubo, então a medida da
aresta do octaedro regular é tal que:
a
–––
2
assim:
2 =
2 =
2
a
–––
2
+
2
a2
⇔ 2 = –––
2
2
2
–––––– ⇔ 2 = 1
2
3º) Entendendo que o examinador queira que seja
calculada a área S da superfície total do octaedro,
já que este não possui área lateral, então, como
tal superfície é composta por oito triângulos
eqüiláteros de lado , tem-se:
2
3
S = 8 . –––––– ⇔ S = 2
3 2
4
Assim: S = 2
3 . 1 ⇔ S = 12
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE
21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Seja S o conjunto solução da inequação
(x – 9) logx +4 (x3 – 26x) ≤ 0.
Determine o conjunto SC.
Resolução
Como o gráfico da função f(x) = x3 – 26x é do tipo
temos:
1) Existe o logx + 4 (x3 – 26x) se, e somente se,
– 4 < x < – 3 ou – 3 < x < 0 ou x > 26
2) Dentro das condições de existência do logaritmo,
(x – 9) . logx+4 (x3 – 26x) ≤ 0 ⇔ x – 9 ≤ 0 ⇔
⇔ x ≤ 9, para logx + 4 (x3 – 26x) ≠ 0 e x = b ou x =
c (do gráfico acima) para logx+ 4 (x3 – 26x) = 0
3) Como b < 9 e c < 9, S = { x ∈ – 4 < x < – 3 ou
26 < x ≤ 9} e
– 3 < x < 0 ou C
S = { x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou
26 ou x > 9}
0 ≤ x ≤ C
Resposta: S = { x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou
26 ou x > 9}
0 ≤ x ≤ ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
22
Sejam x, y ∈ e w = x2(1 + 3i) + y2(4 – i) – x(2 + 6i) +
+ y(–16 + 4i) ∈ . Identifique e esboce o conjunto
Ω = {(x, y) ∈ 2; Re w ≤ – 13 e Im w ≤ 4}.
Resolução
w = x2 (1 + 3i) + y2 (4 – i) – x (2 + 6i) + y (– 16 + 4i)
⇔
⇔ w = x2 + 3x2 i + 4y2 – y2i – 2x – 6xi – 16y + 4yi ⇔
⇔ w = (x2 + 4y2 – 2x – 16y) + (3x2 – y2 – 6x + 4y)i
Desta forma:
1) Re w ≤ – 13 ⇒ x2 + 4y2 – 2x – 16y ≤ – 13 ⇔
⇔ (x – 1)2 + 4(y – 2)2 ≤ 4 ⇔
(y – 2)2
(x – 1)2
⇔ –––––––– + –––––––– ≤ 1 que é a equação de
4
1
uma região elíptica de centro (1; 2), semi-eixo
maior paralelo ao eixo das abscissas e medindo 2 e
semi-eixo menor medindo 1.
2) Im w ≤ 4 ⇔ 3x2 – y2 – 6x + 4y ≤ 4 ⇔
(y – 2)2
(x – 1)2
⇔ 3(x – 1)2 – (y – 2)2 ≤ 3 ⇔ –––––– – ––––––– ≤ 1
1
3
que é a equação de uma região determinada por
uma hipérbole de centro (1; 2), eixo transverso paralelo ao eixo das abscissas e medindo 1 e eixo
conjugado medindo 2.
3.
3) A representação no plano complexo dessas regiões
é a seguinte:
Resposta: O conjunto pedido está representado pelos
pontos que formam a figura destacada acima.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
23
2x + 3
Seja f: \{–l} → definida por f(x) = –––––– .
x+1
a) Mostre que f é injetora.
b) Determine D = {f(x); x ∈ \ {–1} } e f –1: D → \{–1}.
Resolução
Sendo:
f: \ {– 1} → definida por
1
2x + 3
f(x) = ––––––– = 2 + –––––
x+1
x+1
conclui-se:
a) ∀x1, x2 ∈ \ {– 1}, temos:
1
1
x1 ≠ x2 ⇔ x1 + 1 ≠ x2 + 1 ⇔ –––––– ≠ –––––– ⇔
x2 + 1
x1 + 1
1
1
⇔ 2 + –––––– ≠ 2 + –––––– ⇔
x1 + 1
x2 + 1
⇔ f(x1) ≠ f(x2) e, portanto, f é injetora.
b) Sendo f –1 a função inversa de f, temos:
1
f(f –1(x)) = x ⇔ 2 + ––––––––– = x ⇔
–
1
f (x) + 1
1
⇔ ––––––––– = x – 2 ⇔
f – 1(x) + 1
1
3–x
⇔ f –1(x) + 1 = ––––– ⇒ f –1(x) = ––––––
x–2
x–2
O conjunto D = {f(x); x ∈ \ {– 1}} e
f –1: D → \ {– 1} é o conjunto-domínio da função f –1
e, portanto, D = \ {2}.
Respostas: a) demonstração
b) D = \ {2}
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
24
Suponha que a equação algébrica
10
x11 + ∑ anxn + a0 = 0
n=1
tenha coeficientes reais a0, a1, ..., a10 tais que as suas
onze raízes sejam todas simples e da forma β + iγn, em
que β, γn ∈ e os γn, n = 1, 2, …, 11, formam uma
progressão aritmética de razão real γ ≠ 0. Considere as
três afirmações abaixo e responda se cada uma delas é,
respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando sua
resposta:
I.
Se β = 0, então a0 = 0.
II.
Se a10 = 0, então β = 0.
III. Se β = 0, então a1 = 0.
Resolução
10
A equação x11 + ∑ anxn + a0 = 0 ⇔
n=1
10
x + a9 x9
⇔
+ a10 .
+ a8 x8 + … + a1x + a0 = 0 é
de grau 11 e tem pelo menos uma raiz real.
I) Verdadeira, pois se β = 0 as onze raízes são do
tipo i γn. Esse número somente será real se γn = 0
para algum valor de n. Desta forma, zero é raiz da
equação e
011 + a10 . 010 + a9 . 09 + … + a1 . 0 + a0 = 0 ⇔
⇔ a0 = 0.
x11
II) Verdadeira, pois as onze raízes são da forma
(β + γ1 i; β + γ2 i; β + γ3 i; β + γ4 i; β + γ5 i; β;
β + γ7 i; β + γ8 i; β + γ9 i; β + γ10 i; β + γ11 i) e tais
que (γ1; γ2; …; γ5; 0; γ7; …; γ11) formam uma
progressão artitmética de soma zero. Desta forma,
a10
a soma das onze raízes será 11β = – –––
= 0,
1
portanto β = 0.
III) Falsa, pois, como visto no item (I) se β = 0 então
zero é raiz da equação dada. A equação dada é
fatorável em
x (x10 + a10 x9 + a9 x8 + a8 x7 + … + a2 x + a1) = 0
O produto das outras dez raízes é a1 e elas podem
não ser nulas. Poderiam ser, por exemplo, – 5i;
– 4i; –3i; – 2i; – i; i; 2i; 3i; 4i e 5i.
Observe que, neste caso,
(– 5; – 4; – 3; …; 0; 1; 2; …5) formam uma
progressão aritmética, de razão não-nula.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
25
Um determinado concurso é realizado em duas etapas.
Ao longo dos últimos anos, 20% dos candidatos do
concurso têm conseguido na primeira etapa nota
superior ou igual à nota mínima necessária para poder
participar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos
dentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de no
mínimo 4 deles conseguirem nota para participar da
segunda etapa?
Resolução
A probabilidade de um candidato conseguir nota pa1
ra participar da segunda etapa é 20% = –– e a de não
5
4
conseguir nota é 80% = –– .
5
Dos 6 candidatos, a probabilidade de pelo menos
quatro deles conseguirem nota para participar da
segunda etapa é:
1 4 4 2
1 5 4 1
1 6 4
C6,4. –– . –– + C6,5 . –– . –– + C6,6. –– . ––
5
5
5
5
5
5
=
1 4
4
= –– . 15 . ––
5
5
2
=
1
4
1
+ 6 . –– . –– + ––
5
5
5
2
1
265
53
= –––– . –––– = –––––
625
25
3125
53
Resposta: –––––
3125
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
0
26
Sejam A, B ∈ M3x3(). Mostre as propriedades abaixo:
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X ∈ M3x1(),
então A é a matriz nula.
b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula,
então det A = det B = 0.
Resolução
Se A ∈ M3×3(), então A =
a11
a21
a31
a12
a22
a32
a13
a23
a33
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo
X ∈ M3×1(), então
a.1) para X =
A.X=
=
a11
a21
a31
A.X=
a12
a22
a32
0
0
0
=
0
1
0
a11
a21
a31
a13
a23
a33
.
1
0
0
, temos:
a12
a22
a32
A.X=
0
0
0
=
0
0
1
a13
a23
a33
.
0
1
0
, temos:
a11
a21
a31
=
=
⇒ a12 = a22 = a32 = 0
a12
a22
a32
a13
a23
a33
=
⇒ a11 = a21 = a31 = 0
a12
a22
a32
a.3) para X =
=
, temos:
a11
a21
a31
a.2) para X =
=
1
0
0
0
0
0
Desta forma, A =
a13
a23
a33
.
0
0
1
=
⇒ a13 = a23 = a33 = 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
=O
b) 1) Se det A ≠ 0, existe A– 1 e A . B = O ⇒
⇒ A–1 . A . B = A– 1 . O ⇔ I . B = O ⇔ B = O
Contrariando a hipótese de que B é não-nula.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
2) Se det B ≠ 0, existe B–1 e A . B = O ⇒
⇒ A . B . B–1 = O . B–1 ⇔ A . I = O ⇔ A = O
Contrariando a hipótese de que A é não-nula.
Dos itens (1) e (2), temos det A = det B = 0.
Respostas: a) demonstração
b) demonstração
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
27
Sabendo que tg2
x + ––6 π = –––2, para algum
1
1
1
x ∈ 0, –– π , determine sen x.
2
Resolução
1) tg2
π
1
π
⇒ tg x + –– =
x + ––6 = –––
6
2
2
–––– , pois:
2
2π
π
π
––– ≤ x + ––– ≤ –––
3
6
6
Assim:
π
3
tg x + ––––
tg x + tg ––
2
2
3
6
–––––––––––––– = ––– ⇔ –––––––––––– = ––– ⇔
π
2
2
3
1 – tg –– tg x
1 – ––– . tg x
6
3
3
6
2
⇔ 2 tg x + ––––– = 2 – –––– tg x ⇔
3
3
3 = 3
2 – 6 tg x ⇔
⇔ 6 tg x + 2
⇔ (6 + 6 ) tg x = 3 2 – 2 3 ⇔
3
2 – 2
3
3 – 2
⇔ tg x = –––––––––– ⇔ tg x = ––––––––––
6
6 + 1
6 + π
2) Como 0 < x < ––– , podemos então montar o
2
seguinte triângulo retângulo:
do qual podemos concluir que:
3 – 2
6
3 – sen x = –––––––––– ⇔ sen x = ––––––––
6
2 3
6
3 – Resposta: ––––––––
6
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
28
Dadas a circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 e a reta
r: 3x – y + 5 = 0, considere a reta t que tangencia C, forma um ângulo de 45° com r e cuja distância à origem é
5
3
––––– . Determine uma equação a reta t.
5
Resolução
A circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 tem centro
A (3; 1) e raio igual a 2 5.
A reta r: 3x – y + 5 = 0 tem coeficiente angular mr = 3
Sendo mt, o coeficiente angular da reta t que forma
um ângulo de 45° com r, temos
tg 45° =
⇔ 1 = ––––––––
––––––––––
1+m .m 1 + 3m
mr – mt
r
3 – mt
t
t
3 – mt
⇔ –––––––– = 1 ou
1 + 3mt
3 – mt
––––––––
= –1 ⇔
1 + 3mt
1
⇔ mt = ––– ou mt = –2
2
Dessa forma, sendo h ∈ , a equação da reta t é tal
que:
1
y = ––– x + h ou y = –2x + h ⇔
2
⇔ x – 2y + 2h = 0 ou 2x + y – h = 0
Sabendo que a distância entre a reta t e a origem é
3 5
––––– , temos:
5
• Para x – 2y + 2h = 0
0 – 2 . 0 + 2h
3
5
3 ––––––––––––––– = ––––– ⇔ h = ± ––
2
5
2
12 + (–2)
• Para 2x + y – h = 0
2 . 0 + 0 – h
3 5 ⇔h=±3
–––––––––––––– = –––––
5
2
12 + (–2)
Assim, as equações das retas que formam um ân3 5 da origem são:
gulo de 45° com r e distam –––––
5
3
x – 2y + –– = 0 ,
2
3
x – 2y – –– = 0,
2
2x + y – 3 = 0
2x + y + 3 = 0
ou
Dentre estas retas, a única que tangencia a circunITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
ferência C é a de equação
(t) 2x + y + 3 = 0, cuja distância ao centro de C,
A(3; 1), é igual ao raio (2 5).
Com efeito,
10
2 . 3 + 1 + 3
dA,t = –––––––––––––– = ––––– = 2 5
5
2
2
2 +1
Resposta: uma equação da reta t é 2x + y + 3 = 0
29
Considere as n retas
ri : y = mix + 10, i = 1, 2, ..., n; n ≥ 5,
em que os coeficientes mi, em ordem crescente de i,
formam uma progressão aritmética de razão q > 0. Se
ml = 0 e a reta r5 tangencia a circunferência de equação
x2 + y2 = 25, determine o valor de q.
Resolução
Sendo mi, i = 1, 2, …, n, n ≥ 5, termos de uma
progressão aritmética de razão q > 0 e m1 = 0, temos:
(m1; m2; m3; m4; m5; …) = (0; q; 2q; 3p; 4q; …) =
Assim, a equação da reta r5 é da forma
y = m5x + 10 ⇔ y = 4qx + 10 ⇔ 4qx – y + 10 = 0
Sabendo que a reta r5 tangencia a circunferência de
equação x2 + y2 = 25, com centro C(0;0) e raio r = 5,
resulta
4q . 0 – 0 + 10
–––––––––––––––– ⇔ = 5 ⇔ 10 = 5 16q2 + 1 ⇒
(4q)2 + (– 1)2
3
⇒ 4 = 16q2 + 1 ⇒ q = ––––– , pois q > 0
4
3
Resposta: q = –––––
4
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
30
A razão entre a área lateral e a área da base octogonal de
uma pirâmide regular é igual a 5 . Exprima o volume
desta pirâmide em termos da medida a do apótema da
base.
Resolução
Sendo , h e g, respectivamente, as medidas da aresta
da base, da altura, e do apótema da pirâmide regular
octogonal, tem-se:
2 = 2a ⇔
1º) + –––– + –––– = 2a ⇔ + 2
2
2a
⇔ = ––––––– ⇔ = 2 ( 2 – 1) a
2 +1
4g
2º) –––– = 5 ⇔ g = 5 a
4a
3º) g2 = h2 +a2
2
Assim: (
5 a) = h2 + a2 ⇔ h = 2a
4º) O volume V dessa pirâmide é igual a um terço do
produto da área de sua base pela sua altura.
Assim:
4
1
V = ––– . 4 . a . h ⇔ V = ––– . 2 (
2 – 1)a . a . 2a ⇔
3
3
16 (
2 – 1)a3
⇔ V = ––––––––––––––
3
16 (
2 – 1)a3
Resposta: ––––––––––––––
3
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008
Comentário
Com 18 questões de álgebra, 3 de trigonometria,
4 de geometria e 5 de geometria analítica, algumas
muito mal enunciadas e outras apresentando alto
grau de complexidade, com enunciados rebuscados e
notações não muito usuais, a banca examinadora
elaborou uma prova de matemática bastante trabalhosa, que certamente exigiu um grande empenho
por parte dos candidatos mais bem preparados, os
quais devem ter ficado extremamente extenuados
por conta da prova.
ITA (3º DIA) - DEZEMBRO/2008