Capa - Folha

o
anglo
resolve
a prova
de
Matemática
do ITA
A cobertura dos vestibulares
de 2003 está sendo feita pelo Anglo em parceria com a
Folha Online.
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua
tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do
Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),
trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões
de múltipla escolha.
3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota
igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de múltipla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de
0 a 100).
A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.
Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha
equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem
a 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%.
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português, com peso 1.
MATEM ÁT ICA
NOTAÇÕES
: conjunto dos números complexos.
]a, b[ = {x ∈ IR; a x b}.
IR: conjunto dos números reais.
∅: conjunto vazio.
A\B = {x ∈ A; x ∉ B}.
X C = U\X, para X ⊂ U, U ≠ ∅.
I: matriz identidade n × n.
: conjunto dos números inteiros.
IN = {0, 1, 2, 3, …}.
IN* = {1, 2, 3, …}.
–z : conjugado do número z ∈ .
A–1: inversa da matriz inversível A.
AT: transposta da matriz A.
—
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.
—
—
m(AB): medida (comprimento) de AB.
i: unidade imaginária i2 = –1.
argz: um argumento de z ∈ \{0}.
▼
[a, b] = {x ∈ IR; a x b}.
Questão 1
Seja z ∈ . Das seguintes afirmações independentes:
*
I. Se ω =
2iz 2 + 5z – i
1 + 3z 2 + 2iz + 3|z|2 + 2|z|
➯
– 2iz 2 + 5z + i
1 + 3z 2 – 2iz + 3|z|2 + 2|z|
.
2iz + 3i + 3
2| z| + 3 2
, então |ω| .
( 1 + 2i ) z
5 | z|
II. Se z ≠ 0 e ω =
III. Se ω =
–=
, então ω
π
( 1 + i )z 2
, então 2 arg z +
é um argumento de ω.
12
4 3 + 4i
é(são) verdadeira(s):
A) todas.
B) apenas I e II.
C) apenas II e III.
D) apenas I e III.
E) apenas II.
Resolução:
I. Sendo u e v números complexos quaisquer, temos:
– –
u±v=u±v
– –
u⋅v=u⋅v
u u
, com v ≠ 0.
 =
v v
u)n, com n ∈ IN.
(un) = (–
–
|u| = |u|
–
u = u se, e somente se, u ∈ IR.
–
i = – i (sendo i a unidade imaginária)
u=u
Dessas propriedades, decorre que:
se ω =
2iz2 + 5z – i
,
1 + 3z + 2iz + 3|z|2 + 2|z|
2
– =
então ω
– 2iz2 + 5z + i
2
1 + 3z – 2iz + 3|z|2 + 2|z|
A afirmação I é verdadeira.
II. |ω | =
|ω| =
ITA/2003
2iz + 3i + 3
(1 + 2i)z
|2iz + 3i + 3|
|(1 + 2i)z|
2
ANGLO VESTIBULARES
|ω | =
|ω| =
|2iz + 3i + 3|
|i + 2i| ⋅ |z|
|2iz + 3i + 3|
5 ⋅ |z|
|2iz| + |3 + 3i|
|ω| 5 ⋅ |z|
|ω | |2i| ⋅ |z| + |3 + 3i|
5 ⋅ |z|
2|z| + 3 2
5 ⋅ |z|
A afirmação II é verdadeira.
|ω | III. Com z = ρ(cos θ + i sen θ), ρ ∈ IR*+ e θ ∈ [0, 2 π[, temos:
ω=
ω=
ω=

π
π 
2 cos + i sen  ρ2 ⋅ [cos (2 θ) + i sen (2 θ)]

4
4 

π
π
8 cos + i sen 
6
6

ρ2 ⋅ 2 
8


π π
π π
⋅ cos  2 θ +
–  + i sen  2 θ +
– 
4
6
4
6  




ρ2 ⋅ 2 
8


π
π 
⋅ cos  2 θ +
 + i sen  2 θ +

12 
12  



Sendo θ = arg z, temos que 2 arg z +
π
12
é um argumento de ω.
▼
A afirmação III é verdadeira.
Questão 2
O valor de y2 – xz para o qual os números sen
A) 3 –4
B) 2 –6
π
12
, x, y, z e sen75°, nesta ordem, formam uma progressão aritmética, é:
➯
C) 6 –2
D) 2 –5
E)
2– 3
4
Resolução:
(sen 15º, x, y, z, sen 75º) é PA.
Sendo r a razão da PA, temos:
sen 75º = sen 15º + 4r ∴ 4r = sen 75º – sen 15º
4r = 2 ⋅ sen 30º ⋅ cos 45º
4r =
2
2
∴r =
2
8
y2 – xz = (x + r)2 – x ⋅ (x + 2r)
= x2 + 2xr + r2 – x2 – 2xr
= r2
▼
Assim:
 2 2
 = 1 = 2– 5
y – xz = 

8
32


2
Questão 3
Considere a função
f : Z \{0} → IR , f(x) =
(
3 x – 2 9 2x + 1
)
1/(2x)
(
– 3 2x + 5
)
1/x
+ 1.
A soma de todos os valores de x para os quais a equação y2 + 2y + f(x) = 0 tem raiz dupla é:
A) 0
B) 1
D) 4
➯ C) 2
ITA/2003
3
E) 6
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
Consideremos a equação y2 + 2y + f (x) = 0, na incógnita y, e suponhamos que essa não dependa de x.
Essa equação tem raiz dupla se, e somente se, sem discriminante for nulo:
22 – 4f (x) = 0, ou seja, f (x) = 1.
De f (x) = 1, temos:
1
1
3x – 2 ⋅ (92 x + 1) 2 x = (32 x + 5 ) x
3
x–2
2
⋅3
2x + 1
x
=3
2x + 5
x
▼
x – 2 2x + 1 2x + 5
+
=
2
x
x
Dessa equação chegamos a x = 4 ou x = – 2.
Portanto, a soma de todos os valores de x é igual a 2.
➯
Questão 4
Considere uma função f: IR → IR não-constante e tal que
f(x + y) = f(x) f(y), ∀x, y ∈ IR.
Das afirmações:
I. f(x) 0, ∀x ∈ IR.
II. f(nx) = [f(x)]n, ∀x ∈ IR, ∀n ∈ *.
III. f é par.
é(são) verdadeira(s):
A) apenas I e II.
B) apenas II e III.
C) apenas I e III.
D) todas.
E) nenhuma.
Resolução:
I. Para todo real x, temos:
x x
x x
f + =f ⋅ f 
2 2
2 2
  x  2
f (x) = f   ∴ f (x) 0
  2 
Se existisse um real r, com f (r) = 0, teríamos f(α + r) = f (α) ⋅ f (r) e, portanto, f (α + r) = 0, para todo real .
Isto é absurdo, pois f não é uma função constante.
Logo, para todo real x, temos f (x) 0. A afirmação I é verdadeira.
II. Suponhamos que exista k, k ∈ IN*, tal que f (kx) = [f (x)]k (hipótese de indução).
Teríamos então:
f [(k + 1) ⋅ x] = f (kx ⋅ x)
f [(k + 1) ⋅ x] = f (kx) ⋅ f (x)
f [(k + 1) ⋅ x] = [ f (x)]k ⋅ f (x)
f [(k + 1) ⋅ x] = [f (x)]k + 1
Como f (1 ⋅ x) = [f (x)]1, podemos concluir, pelo princípio da indução finita, que
f (n ⋅ x) = [f (x)]n, ∀x ∈ IR, ∀n ∈ IN*. A afirmação II é verdadeira.
III. Suponhamos que exista uma função par f, nas condições dadas.
Nessas condições, teríamos:
f (– x + x) = f(– x) ⋅ f (x)
f (0) = f (– x) ⋅ f (x)
Como f é uma função par, ou seja, f (– x) = f (x), para todo x real, teríamos [f (x)]2 = f(0).
Como a afirmação I é verdadeira, isto é, f (x) 0, para todo x real, podemos concluir que f (x) = + f (0) .
Isto é absurdo, pois contraria a condição de f ser uma função não-constante. A afirmação III é, portanto, falsa.
ITA/2003
4
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 5
Considere o polinômio P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an formam, nesta ordem, uma progressão
geométrica de razão q 0. Sabendo que –
A)
5
4
B)
3
2
n 2 – q3
1
é uma raiz de P e que P(2) = 5460, tem-se que o valor de
é igual a:
2
q4
➯
C)
7
4
D)
11
6
E)
15
8
Resolução:
Sabendo que os coeficientes de
P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn
formam uma P.G. de razão q (q 0) e a1 = 2, temos:
P(x) = 2x + 2qx2 + ... + 2qn – 1 ⋅ xn
P(x) é a soma dos n termos de uma P.G. cuja razão é qx e cujo primeiro termo é 2x.
Se qx = 1, então P(x) = 2nx, com n 0.
1
, nesse caso, não é raiz, podemos afirmar que qx ≠ 1.
2
Com qx ≠ 1, temos:
Como –
[
2x 1 – (qx)n
P ( x) =
]
(I)
1 – qx
 1
Como P  –  = 0 , de (I) temos:
 2
 q n 
 1 
2  –  1 –  –  
 2 
 2 
1+
 q
– 
 2
q
2
=0
n
= 1 ∴ q n = (– 2)n
Assim, temos que: q = 2, se n é par, ou q = – 2, se n é ímpar.
Como q 0, concluímos que q = 2.
(II)
Sabemos também que P(2) = 5460.
De (I) e (II) temos:
[
2 ⋅ 2 1 – (2 ⋅ 2)n
1– 2⋅2
] = 5460
1 – 4n = – 4095
4n = 4096
n=6
▼
A expressão
n2 – q3
q
4
, para q = 2 e n = 6, vale
62 – 23
24
=
7
.
4
Questão 6
Dividindo-se o polinômio P(x) = x5 + ax4 + bx2 + cx + 1 por (x – 1), obtém-se resto igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x + 1),
ab
obtém-se resto igual a 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x – 2), tem-se que o valor de
é igual a:
c
A) –6
B) –4
C) 4
ITA/2003
➯
5
D) 7
E) 9
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
 P(1) = 2

 P(– 1) = 3
 P(2) = 0

1 + a + b + c + 1 = 2

 –1 + a + b – c + 1 = 3
 32 + 16a + 4 b + 2c + 1 = 0

⇔
Resolvendo o sistema, obtemos a = – 3, b =
▼
Logo,
3
9
ec= – .
2
2
a⋅b
=9.
c
Questão 7
Das afirmações abaixo sobre a equação z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 e suas soluções no plano complexo:
I. A equação possui pelo menos um par de raízes reais.
II. A equação possui duas raízes de módulo 1, uma raiz de módulo menor que 1 e uma raiz de módulo maior que 1.
n
III. Se n ∈ IN* e r é uma raiz qualquer desta equação, então
∑
k=1
r
3
k
1
.
2
é(são) verdadeira(s):
A) nenhuma.
B) apenas I.
C) apenas II.
➯
D) apenas III.
E) apenas I e III.
Im(z)
Resolução:
Para todo z, z ∈ C, temos
–1=
+
+
+ z + 1) (z – 1).
As cinco raízes da equação z5 – 1 = 0 são z1, z2, z3, z4 e 1.
Note que z1, z2, z3 e z4 são, também, as raízes da equação
z5
(z4
z3
z2
z1
z2
z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0.
0
Os afixos dessas cinco raízes são os vértices de um pentágono regular
inscrito na circunferência de centro (0, 0) e raio unitário do plano de
Argand-Gauss:
1
Re(z)
z3
z4
Note que nenhum dos números z1, z2, z3 e z4 é real. Logo, a equação z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 não tem raízes reais.
A afirmação I é falsa.
Todas as raízes possuem módulo igual a 1, e, portanto, a afirmação II é falsa.
n
Sendo S = ∑
k =1
S=
€
S=
r
3
k
r
r
+
3
3
r
+
1
, com n ∈ IN*, temos:
2
r
2
+
r
3
3
2
+…+
+…+
r
r
3
n
n
32
3n
Como r ∈ {z1, z2, z3, z4}, temos que |r| = 1, pois os números z1, z2, z3 e z4 possuem, todos, módulo igual a 1.
Assim, S =
3
1
1
1
+ 2 +…+ n
3 3
3
 1 n
1– 
1
 3
S= ⋅
1
3
1–
3
S=
n
1 
1 
⋅ 1 –   
 3 
2 


 1
Como, para todo n, n ∈ IN*, 0 1 –  
 3
3
1, podemos concluir que S 1
.
2
A afirmação III é verdadeira.
ITA/2003
6
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 8
Seja k ∈ IR tal que a equação 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1 e uma raiz x2, distinta de x1. Então,
(k + x1)x2 é igual a:
➯
A) –6
B) –3
C) 1
D) 2
E) 8
Resolução:
Sendo f(x) = 2x3 + 7x2 + 4x + k, com k ∈ IR, temos que f’(x) = 6x2 + 14x + 4.
–1.
3
Como a equação f(x) = 0 possui uma raiz dupla x1, podemos afirmar que x1 é raiz de f’(x) = 0.
Como x1 é um número inteiro, temos x1 = – 2.
As raízes de f’(x) = 0 são – 2 e
De x1 + x1 + x2 =
De x1 ⋅ x1 ⋅ x2 =
–7
1
–7
, temos (– 2) + (– 2) + x2 =
e, portanto, x2 =
.
2
2
2
1
–k ,
–k
temos (– 2) ⋅ (– 2) ⋅
=
e, portanto, k = – 4.
2
2
2
▼
Logo, (k + x1) ⋅ x2 = – 3.
Questão 9
Considere o conjunto S = {(a, b) ∈ IN × IN: a + b = 18}. A soma de todos os números da forma
➯
A) 86
B) 9!
C) 96
D) 126
18!
, ∀(a, b) ∈ S, é:
a! b!
E) 12!
Resolução:
Do enunciado, temos:
▼
 18  18  18
 18
18!
18!
18!
18!
=   +   +   + … +   = 218 = 86
+
+
+…+
0!18! 1!17! 2!16!
18! 0!
 0  1  2
 18
Questão 10
O número de divisores de 17640 que, por sua vez, são divisíveis por 3 é:
A) 24
B) 36
C) 48
D) 54
E) 72
Resolução:
17640 = 23 ⋅ 32 ⋅ 51 ⋅ 72
Para a escolha do expoente
•
•
•
•
do
do
do
do
2, temos
5, temos
7, temos
3, temos
4 possibilidades (0 ou 1 ou 2 ou 3)
2 possibilidades (0 ou 1)
3 possibilidades (0 ou 1 ou 2)
só 2 possibilidades pois o número deve ser divísivel por 3 (1 ou 2).
▼
Assim, o número de “divisores positivos” que são divisíveis por 3 é 4 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 = 48.
O número de divisores de 17640 que são divisíveis por 3 é 96 (48 positivos e 48 negativos).
Questão 11
€
Sejam A e P matrizes n × n inversíveis e B = P –1AP. Das afirmações:
I. BT é inversível e (BT)–1 = (B –1)T.
II. Se A é simétrica, então B também o é.
III. det (A – λI) = det(B – λI), ∀λ ∈ IR.
é(são) verdadeira(s):
A) todas
B) apenas I.
C) apenas I e II.
ITA/2003
➯
7
D) apenas I e III.
E) apenas II e III.
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
I.
B = P –1 ⋅ A ⋅ P
det B = det ⋅ (P –1 ⋅ A ⋅ P)
det B = det P –1 ⋅ det A ⋅ det P
1
⋅ det A ⋅ det P
det P
det BT =
det BT = det A
Como A é inversível e det BT = det A, BT é inversível.
B ⋅ B–1 = I
(B ⋅ B–1)T = IT
(B–1)T ⋅ BT = I
–1
T
(B ) ⋅ BT ⋅ (BT)–1 = I ⋅ (BT)–1
(B–1)T = (BT)–1
Logo, a afirmação I é verdadeira.
 2 4
 1 –1
 1 1
6 1 
–1
II. Sendo A = 
, P = 
 eP =
 , temos B = P –1 ⋅ A ⋅ P = 
 . Como A é simétrica e B não é simétri 4 3
0 1 
 0 1
 4 –1
ca, a afirmação II é falsa.
III.
B = P –1 ⋅ A ⋅ P
B – λI = P –1 ⋅ A ⋅ P – λI, λ ∈ IR
B – λI = P –1 ⋅ A ⋅ P – λ(P –1 ⋅ P) ⋅ I
B – λI = P –1 ⋅ A ⋅ P – P –1 ⋅ (λI) ⋅ P
B – λI = P –1 ⋅ (A – λI) ⋅ P
det (B – λI) = det [P –1 ⋅ (A – λI) ⋅ P]
det (B – λI) = det P –1 ⋅ det (A – λI) ⋅ det P
det (B – λI) =
1
⋅ det (A – λI) ⋅ det P
detP
det (A – λI) = det (B – λI)
▼
Logo, a afirmação III é verdadeira.
Questão 12
O número de todos os valores de a ∈ [0, 2π], distintos, para os quais o sistema nas incógnitas x, y e z, dado por
14243
– 4x + y – 6z = cos 3a
x + 2y – 5z = sen 2a
6x + 3y – 4z = – 2 cos a,
➯
é possível e não-homogêneo, é igual a:
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
Resolução:
14243
x + 2y – 5z = sen 2a
– 4x + y – 6z = cos 3a
6x + 3y – 4z = –2 cos a
⋅ (4)
+
⋅ (– 6)
+
14243
x + 2y – 5z = sen 2a
9y – 26 z = 4 sen 2a + cos 3a
– 9y + 26z = – 6 sen 2a – 2 cos a
⋅ (1)
+
14243
x + 2y – 5z = sen 2a
9y – 26z = 4sen 2a + cos 3a
0 = – 2sen 2a + cos 3a – 2 cos a
ITA/2003
8
ANGLO VESTIBULARES
Para ser possível:
– 2 sen 2a + cos 3a – 2 cos a = 0
– 2 sen 2a – cos a + cos 3a – cos a = 0
– 2 sen 2a – cos a – 2 sen 2a ⋅ sen a = 0
4 sen a cos a + cos a + 4sen2 a cos a = 0
cos a ⋅ (4 sen2 a + 4 sen a + 1) = 0
cosa = 0 (Não convém, pois o sistema é não-homogêneo).
ou
1
4 sen2 a + 4 sen a + 1 = 0 ∴ sen a = –
2
7π
11 π
Com x ∈ [0, 2π], a =
ou a =
6
6
▼
Portanto, há 2 valores distintos de a.
Questão 13
Para todo x ∈ IR, a expressão [cos (2x)] 2 [sen (2x)] 2 sen x é igual a:
➯
A) 2– 4 [sen (2x) + sen (5x) + sen (7x)].
B) 2– 4 [2 sen x + sen (7x) – sen (9x)].
C) 2– 4 [– sen (2x) – sen (3x) + sen (7x)].
D) 2– 4 [– sen x + 2 sen (5x) – sen (9x)].
E) 2– 4 [sen x + 2 sen (3x) + sen (5x)].
Resolução:
Usando as relações que transformam produtos em somas, temos:
2
1
=  (sen 4 x + sen 0) ⋅ sen x
 2

=
1
⋅ sen 4 x [sen 4 x ⋅ sen x ]
4
=
1
 1

⋅ sen 4 x  – (cos 5x – cos 3x)
4
 2

=–
1
⋅ [sen 4 x cos 5x – sen 4 x cos 3x ]
8
=–
1
8
=
1
2
⋅  (sen 9x – sen x) –
1

(sen 7x + sen x)
2

1
⋅ [sen x – sen 9x + sen 7x + sen x ]
16
▼
= 2 – 4 ⋅ [2 sen x + sen 7x – sen 9x ]
Questão 14
 π π
Considere os contradomínios das funções arco-seno e arco-cosseno como sendo  – ,  e [0, π] , respectivamente. Com
 2 2
respeito à função
 π 3π
f : [ – 1, 1] →  – ,
 , f (x) = arcsen x + arccos x,
 2 2 
temos que:
A) f é não-crescente e ímpar.
B) f não é par nem ímpar.
C) f é sobrejetora.
➯
D) f é injetora.
E) f é constante.
Resolução:
 π 3π 
 , f(x) = arc sen x + arc cos x
f:[– 1, 1] → – ,
 2 2 
ITA/2003
9
ANGLO VESTIBULARES
14243
Fazendo arc sen x = α e arc cos x = β, temos:
f (x) = α + β
sen α = x e
cos β = x
e
–
π
π
α 2
0βπ
sen α = cos β ∴ α + β = π .
2
2
π
Assim, f(x) =
▼
2
f é constante.
➯
Questão 15
Considere a família de circunferências com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma destas circunferências corta o eixo Ox em dois pontos, distantes entre si de 4 cm. Então, o lugar geométrico dos centros destas circunferências é parte:
A) de uma elipse.
D) de duas retas concorrentes.
B) de uma parábola.
E) da reta y = – x.
C) de uma hipérbole.
Resolução:
Seja C(x, y) o centro de uma destas circunferências, nas condições do enunciado, com x 0 e y 0.
y
C
|x|
Temos a figura:
A
2
y
M
|x|
|x|
2
BO
x
4
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AMC, temos:
|x|2 = y2 + 22
∴ x 2 – y 2 = 4, ou seja
Logo,
x2
y2
–
=1
4
4
x2
y2
–
= 1 , com x 0 e y 0, representa parte de uma hipérbole. Assim, o lugar geométrico dos centros destas
4
4
▼
circunferências é parte de uma hipérbole.
Questão 16
A área do polígono, situado no primeiro quadrante, que é delimitado pelos eixos coordenados e pelo conjunto
{(x, y) ∈ IR2 : 3 x2 + 2 y2 + 5 xy – 9 x – 8 y + 6 = 0},
é igual a:
A)
➯
6
D) 3
10
E) 3
5
B)
2
C) 2 2
Resolução:
Temos que:
3x2 + 2y2 + 5xy – 9x – 8y + 6 = 0
3x2 + 2y2 + 3xy + 2xy – 3x – 6x – 2y – 6y + 6 = 0
(3x2 + 3xy – 3x) + (2y2 + 2xy – 2y) + (–6x – 6y + 6) = 0
3x ⋅ (x + y – 1) + 2y ⋅ (x + y – 1) – 6 ⋅ (x + y – 1) = 0
(r) x + y – 1 = 0
(x + y – 1) ⋅ (3x + 2y – 6) = 0
ou
(s) 3x + 2y – 6 = 0
ITA/2003
10
ANGLO VESTIBULARES
y
3
Na figura, está representado o polígono ABCD,
limitado pelas retas r e s e pelos eixos coordenados, situado no primeiro quadrante:
B
A
1
1 D
0
C
2
x
▼
A área S do polígono ABCD pode ser obtida fazendo-se a área do triângulo BOC menos a área do triângulo AOD.
5
1
1
Logo, S = ⋅ 2 ⋅ 3 – ⋅ 1 ⋅ 1 , ou seja, S = .
2
2
2
Questão 17
Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5 cm. Seja P um ponto na região interior a estas retas, distando 4 cm de
r. A área do triângulo equilátero PQR, cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, é igual, em cm2, a:
➯
15
3
2
A) 3 15
D)
B) 7 3
7
E) 2 15
C) 5 6
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, onde l é a medida do lado do triângulo PQR:
T
Q
r
l
Da figura: α + 60º + β = 180º, ou seja, β = 120º – α.
Do triângulo PTQ, temos: l cos (120º – α) = 4 (1)
Do triângulo PSR, temos: l cos α = 1 (2)
De (1) e (2), temos:
cos (120º – α) = 4 cos α
cos 120º cos α + sen 120º sen α = 4 cos α
–
4
l
β
60º
l
P
1
α
s
R
S
1
3
cos α +
sen α = 4 cos α
2
2
3
9
sen α = cos α
2
2
∴ tg α = 3 3
Assim, no triângulo PSR, temos:
RS
= 3 3 ∴ RS = 3 3
1
Além disso:
( )
l2 = 3 3
2
+ 12
l2 = 28
▼
A área do triângulo equilátero PQR é
28 ⋅ 3
, ou seja, 7 3 cm2.
4
Questão 18
Considere três polígonos regulares tais que os números que expressam a quantidade de lados de cada um constituam uma
progressão aritmética. Sabe-se que o produto destes três números é igual a 585 e que a soma de todos os ângulos internos
dos três polígonos é igual a 3780º. O número total das diagonais nestes três polígonos é igual a:
A) 63
B) 69
C) 90
E) 106
➯ D) 97
ITA/2003
11
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
Sejam n – r, n e n + r os termos de uma P.A. de razão r. Do enunciado, temos:
 (n – r) ⋅ n ⋅ (n + r) = 585

 (n – r – 2) ⋅ 180° + (n – 2) ⋅ 180° + (n + r – 2) ⋅ 180° = 3780°
 (n – r) ⋅ n ⋅ (n + r) = 585

 n – r – 2 + n – 2 + n + r – 2 = 21 ∴ n = 9
Daí:
▼
(9 – r) ⋅ 9 ⋅ (9 + r) = 585
92 – r2 = 65
r = 4 ∴ P.A.(5, 9, 13)
ou
r2 = 16
r = – 4 ∴ P.A.(13, 9, 5)
Logo, os números de lados são: 5, 9 e 13.
5 ⋅ (5 – 3) 9 ⋅ (9 – 3) 13 ⋅ (13 – 3)
O número total de diagonais pedido é igual a
, ou seja, 97.
+
+
2
2
2
Questão 19
—
— —
Considere o triângulo isósceles OAB, com lados OA e OB de comprimento 2 R e lado AB de comprimento 2R. O volume
—
do sólido, obtido pela rotação deste triângulo em torno da reta que passa por O e é paralela ao lado AB , é igual a:
A)
π
2
3
B) π R
R3
➯
C)
4π
3
R3
D)
2 π R3
E)
3 π R3
Resolução:
Considere a figura:
B
—
√2 R
2R
O
— R
√2 R
C
A
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:
∴
(AC)2 + R2 = ( 2 R)2
AC = R
Volume VCL do cilindro:
VCL = π ⋅ R2 ⋅ 2 R
∴
VCL = 2 π R3
Volume VCO de um dos cones:
VCO =
1
π ⋅ R2 ⋅ R
3
∴
VCO =
1
π R3
3
Sendo Vp o volume do sólido, temos:
Vp = VCL – 2 ⋅ VCO
▼
Vp = 2 π R3 – 2 ⋅
1
π R3
3
∴
Vp =
4π
⋅ R3
3
Questão 20
Considere uma pirâmide regular de altura igual a 5 cm e cuja base é formada por um quadrado de área igual a 8 cm2. A
distância de cada face desta pirâmide ao centro de sua base, em cm, é igual a:
A)
ITA/2003
15
3
➯
B)
5 6
9
C)
7
D) 5
4 3
5
12
E)
3
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
Do enunciado, temos a figura:
A
5
D
C
—
√2
P
E
—
2 √2
B
M
—
√2
—
√2
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo APM, temos:
( AM)2 = (5)2 +
( 2)
2
∴ AM = 3 3
O volume V do tetraedro PABC é 1/4 do volume da pirâmide ABCDE, ou seja:
V=
1
4
10
1
⋅ 8 ⋅ 5 ∴ V =
3

3
⋅
Sendo S a área do triângulo ABC e h a distância do ponto P ao plano ABC, temos:
V=
1
⋅S⋅h
3
10 1 2 2 ⋅ 3 3
⋅h
= ⋅
3
3
2
∴ h=
5 6
cm
9
▼
AS QUESTÕES DE 21 A 30 DEVERÃO SER RESOLVIDAS NO CADERNO DE RESPOSTAS ANEXO.
Questão 21
Sejam U um conjunto não-vazio e A ⊂ U, B ⊂ U. Usando apenas as definições de igualdade, reunião, intersecção e complementar, prove que:
I. Se A ∩ B = ∅, então B ⊂ AC.
II. B \ AC = B ∩ A.
Resolução:
I.
Proposição
Justificativa
S1 B ∩ A = ∅
S2 ∀x, x ∈ B ⇒ x ∉ A
hipótese
S1 e a definição de B ∩ A
S3 ∀x, x ∉ A ⇒ x ∈ AC
definição de AC
S4 ∀x, x ∈ B ⇒ x ∈ AC
S2 e S3
S5 B ⊂
S4
AC
∴ se B ∩ A = ∅, então B ⊂ AC.
II.
Proposição
Justificativa
S1 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ B e x ∉ AC
definição de \
S2 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ B e x ∈ A
S1 e definição de AC
S3 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ A ∩ B
S2 e definição de A ∩ B
Das equivalências dessas sentenças, temos que B\AC = B ∩ A.
ITA/2003
13
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 22
Determine o conjunto dos números complexos z para os quais o número ω =
z+z+2
|z – 1| + |z + 1| – 3
pertence ao conjunto dos números reais. Interprete (ou identifique) este conjunto geometricamente e faça um esboço do mesmo.
Resolução:
z+z+2
|z – 1| + |z + 1| – 3
Note que, para todo z, (z + —
z + 2) ∈ IR.
Logo ∈ IR se, e somente se, |z – 1| + |z + 1| – 3 0, ou seja, |z – 1| + |z + 1| 3
Os afixos dos complexos z, tais que |z – 1| + |z + 1| = 3, são os pontos da elipse de focos (1, 0) e (– 1, 0) e eixo maior igual
a 3, do plano de Argand-Gauss.
Portanto, os afixos de z, tais que |z – 1| + |z + 1| 3, são os pontos exteriores à elipse.
ω=
Resposta:
Im(z)
▼
–1,5
–1
0
1
Re(z)
1,5
Questão 23
Considere a seguinte situação baseada num dos paradoxos de Zenão de Eléia, filósofo grego do século V A.C. Suponha que o atle€
ta Aquiles
e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta, correndo com velocidades constantes VA e VT, com 0 VT VA.
Como a tartaruga é mais lenta, é-lhe dada uma vantagem inicial, de modo a começar a corrida no instante t = 0 a uma distância d1 0 na frente de Aquiles. Calcule os tempos t1, t2, t3, ... que Aquiles precisa para percorrer as distâncias d1, d2, d3, ...,
respectivamente, sendo que, para todo n 2, dn denota a distância entre a tartaruga e Aquiles no instante
n−1
∑ tk
k=1
da corrida.
Verifique que os termos tk , k = 1, 2, 3, ..., formam uma progressão geométrica infinita, determine sua soma e dê o significado desta soma.
Resolução:
A
t=0
t = t1
t = t1 + t2
d1
T
d1
A
d1
d2
d2
T
A
d3
T
Note que, no intervalo de tempo tn, com n ∈ IN*, a tartaruga percorreu a distância dn + 1 = vT ⋅ tn (1).
(2).
No intervalo de tempo tn + 1, Aquiles percorreu a distância dn + 1 = vA ⋅ tn + 1
v
De (1) e (2), temos vA ⋅ tn + 1 = vT ⋅ tn, ou seja, para todo n, n ∈ IN*, temos: tn + 1 = tn ⋅ T
vA
No intervalo de tempo t1, Aquiles percorreu a distância d1 = vA ⋅ t1.
Portanto, a seqüência (t1, t2, t3, … tn, tn + 1,…) é uma P.G. infinita de razão
v
Como 0 T 1, podemos afirmar que a soma t1 + t2 + … + tn + … =
vA
Logo, t1 + t2 + … + tn + … =
ITA/2003
vT
d
e primeiro termo t1 = 1 .
vA
vA
d1
vA
.
v
1− T
vA
d1
.
v A − vT
€
14
ANGLO VESTIBULARES
Vejamos as posições da tartaruga e de Aquiles, no instante
d1
.
v A − vT
Nesse instante, a posição da tartaruga é dada por: S = d 1 + v T ⋅
Temos, então, que:
S=
d1 (v A – vT ) + d1 ⋅ vT
v A − vT
S=
d1
⋅ vA
v A − vT
Note que a posição de Aquiles, no instante
d1
vA − vT
d1
, também é dada por S.
v A − vT
▼
Portanto, a soma t1 + t2 + … + tn + … significa o intervalo de tempo necessário para Aquiles alcançar a tartaruga.
Questão 24
Mostre que toda função f : IR \ {0} → IR, satisfazendo f(xy) = f(x) + f(y) em todo seu domínio, é par.
Resolução:
Para todo x do domínio de f, temos:
f (– x) + f (– x) = f [(– x)(– x)]
2f(– x) = f(x2)
2f(– x) = f(x ⋅ x)
2f(– x) = f(x) + f(x)
2f(– x) = 2f(x)
∴ f(– x) = f(x)
Logo, f é uma função par.
▼
€
Questão 25
Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a divisão de P1(x) = x4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4 é exata, e que a
divisão de P3(x) = x3 + cx2 + dx – 3 por P4(x) = x2 – x + 2 tem resto igual a – 5, determine o valor de a + b + c + d.
Resolução:
Dividindo P1(x) = x4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4, temos:
+
–
+
x4 + 0x3 + ax2 + 0x + b
x2 + 2x + 4
x4
x2 – 2x + a
–
2x3
–
4x2
– 2x3 + (a – 4) x2 + 0x + b
2x3 + 4x2 + 8x
ax2 + 8x + b
–ax2 – 2ax – 4a
(8 – 2a) x + b – 4a
(Resto)
Como a divisão de P1 por P2 é exata, devemos ter:
(8 – 2a) x + b – 4a 0
+
123
8 – 2a = 0
b – 4a = 0
∴
a = 4 e b = 16
Dividindo P3(x) = x3 + cx2 + dx – 3 por P4(x) = x2 – x + 2, temos:
+
x3 + cx2 + dx – 3
– x3 + x2 – 2x
x2 – x + 2
x+c+1
(c + 1) x2 + (d – 2) x – 3
+
– (c + 1) x2 + (c + 1) x – 2(c +1)
(c + d – 1) x – 2c – 5
(Resto)
Do enunciado, devemos ter: (c + d – 1) x – 2c – 5 – 5
123
c+d–1=0
∴ c=0ed=1
–2c – 5 = –5
Assim: a + b + c + d = 4 + 16 + 0 + 1, ou seja, a + b + c + d = 21
Resposta: 21
ITA/2003
15
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 26
Sejam a, b, c e d números reais não-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz
 bcd

 acd

abd
 abc

1 a a 2 
1 b b2 

1 c c2 
1 d d 2 
na forma de um produto de números reais.
Resolução:
Seja D =
bcd
acd
abd
abc
1
1
1
1
a2
b2
c2
d2
a
b
c
d
Multiplicando por a, b, c e d, respectivamente, a 1ª, 2ª, 3ª e 4ª linhas, podemos escrever:
abcd
abcd
1
D=
⋅
abcd abcd
abcd
a2
b2
c2
d2
a
b
c
d
1
abcd 1
D=
⋅
abcd 1
1
a2
b2
c2
d2
a
b
c
d
a3
b3
c3
d3
a3
b3
c3
d3
∴ D = (b – a) (c – a) (c – b ) (d – a) (d – b) (d – c)
▼
Resposta: (b – a) (c – a) (c – b ) (d – a) (d – b) (d – c)
Questão 27
 π π
Encontre todos os valores de a ∈  − ,  para os quais a equação na variável real x,
 2 2 


e x 
e x 
= a,
+ arctg  2 − 1 −
arctg  2 − 1 +

2
2 


admite solução.
Resolução:


ex 
ex 
Fazendo α = arctg  2 – 1 +
e β = arctg  2 – 1 –
, temos: α + β = a.


2 
2 
Então: tg a = tg (α + β) ∴ tg a =
∴ tg a =
2 –1+


1–

(
 x 2 2
e
∴   =
2
ITA/2003
(
tg α + tg β
1 – tg α tg β
ex
ex
+ 2 –1–
2
2

2
 x 
2
e
2 – 1 –   
 2  
)
∴
2
∴ tg a =
2
(
(
)
2 –1
 x 2
e
2 – 1 +  
2
)
)
2 – 1 (1 – tg a)
tg a
16
ANGLO VESTIBULARES
Para a equação em x ter solução:
2
(
)
2 – 1 ⋅ (1 – tg a)
tg a
–
∴
∃
▼
Resposta: a ∈ ] 0,
π
4
tg a
+
–
0
Satisfazendo a ∈ ] –
(1 – tg a)
0 ∴
∴ 0 tg a 1.
1
π π
0
π
.
, [ , temos: 0 a 2 2
4
[
Questão 28
x2
+
y2
= 1 tangencia internamente a circunferência de equação x2 + y2 = 5 e que a reta
a
b2
de equação 3x + 2y = 6 é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P.
Sabe-se que uma elipse de equação
2
Resolução:
Do enunciado, o semi-eixo maior da elipse deve medir 5 e estar contido no eixo das ordenadas. Caso contrário, a reta r
de equação 3x + 2y = 6 seria secante à elipse. Assim, temos a figura:
y
Q
P
—
–√ 5
—
√5
0
x
r
1º modo:
Consideremos o sistema formado pelas equações da reta e da elipse:
1
 3x + 2 y = 6
 2
x
y2
 a 2 + 5 = 1
2
6 – 3x
2
Substituindo em 2 , temos:
De 1 : y =
 6 – 3x 
 2 
+
5
2
x2
= 1 , ou seja:
a2
(9 a2 + 20) x2 – 36 a2x + 16 a2 = 0
3
Condição de tangência: ∆ = 0
Então:
45 a2 – 80 = 0 ∴ a2 =
16
9
Substituindo o valor de a2 em 3 , temos x =
Substituindo o valor de x em 1 , temos y =
8
.
9
5.
3
Logo, as coordenadas de P são  8 , 5  .
 9 3
ITA/2003
17
ANGLO VESTIBULARES
y
2º modo:
Seja r’ a reta que passa pelo ponto Q(0,3) e tangencia a
circunferência de equação x2 + y2 = 5 no ponto P’. Então,
considere a figura ao lado:
3
3
Q
P’
H
No triângulo retângulo OP’Q, temos:
( 5)
2
—
√5
5
3
= OH ⋅ 3 ∴ OH =
0
x
r’


Associando-se cada ponto (x, y) do plano ao ponto  ax , y ,
 5 
então cada ponto da circunferência fica associado a um ponto
da elipse de equação
y2
x2
+
= 1 . Assim, considere a figura ao lado:
2
5
a
y
Q
5
3
P
P’
Como as ordenadas de P e P’ são iguais e P pertence à reta r, temos:
5
8
=6 ∴ x=
3x + 2 ⋅
3
9
0
x
r’
8 5
Portanto, as coordenadas de P são  ,  .
 9 3
▼
Resposta:
 8 , 5
 9 3
r
Questão 29
—
—
Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto médio do segmento CD e F um ponto sobre o segmento CE tal que
—
—
—
m(BC) + m(CF) = m(AF). Prove que cos α = cos 2β, sendo os ângulos α = BÂF e β = EÂD.
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, onde l é a medida do lado do quadrado ABCD:
l
A
B
α
β
l
l+a
D
E
l
α
C
F
l
a
2
↔
Construindo sobre DC o segmento CM = l e a semicircunferência de centro no ponto F e raio medindo l + a, temos a figura:
l
A
B
β
l+a
l
α
E
D
l
C
F
a
M
l
2
2l
ˆ A = .
Os triângulos ADE e MDA são semelhantes, pois seus catetos são proporcionais. Assim, DM
ITA/2003
18
ANGLO VESTIBULARES
Como o triângulo AFM é isósceles, temos que FÂM = FM̂A = .
l
A
β
B
β
l+a
l
β
α
E
D
C
F
l
M
l
a
2
2l
▼
No triângulo AFM, resulta que α = 2β (ângulo externo).
Portanto, cos = cos 2.
Questão 30
Quatro esferas de mesmo raio R 0 são tangentes externamente duas a duas, de forma que seus centros formam um tetraedro regular com arestas de comprimento 2R. Determine, em função de R, a expressão do volume do tetraedro circunscrito
às quatro esferas.
Resolução:
Sendo a o comprimento de uma aresta de um tetraedro regular, então seu volume é V =
a3 ⋅ 2
a 6
, sua altura é h =
,e
12
3
h
.
4
Sendo 2R o comprimento de uma aresta do tetraedro ABCD cujos vértices são os centros das quatro esferas de raio R, tangentes externamente duas a duas, então:
o raio da esfera inscrita nesse tetraedro é r =
a) seu volume é V =
b) sua altura é h =
(2R)3 ⋅ 2
2R 3 ⋅ 2
.
=
12
3
2R ⋅ 6
.
3
c) o raio da esfera inscrita é r =
R 6
.
6
Como o centro do tetraedro A’B’C’D’ circunscrito às quatro esferas coincide com o centro do tetraedro ABCD, e os planos de
suas faces são paralelos e distam R dos planos das faces do tetraedro ABCD, então o raio da esfera inscrita no tetraedro
A’B’C’D’ é:
R’ = r + R
R’ =
 6 +
R 6
+ R ∴ R’ = R 
6
 6
6


Sendo V’ o volume pedido, devemos ter:

6 + 6
R
V’
6 
=

3
2R ⋅ 2
 R 6 


6
3
Resposta:
ITA/2003
(
2⋅ 2 ⋅ 1+
3
6
3
∴ V’ =
(
2⋅ 2 ⋅ 1+
3
6
3
)
R3
3
)
R3
19
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO
Uma prova trabalhosa, que exigiu dos candidatos, além do conhecimento teórico, grande habilidade algébrica.
A questão 10 não apresenta alternativa correta.
C
N
I
Ê
D
I C N IA
ASSUNTO
Aritmética
Conjuntos
Determinante
Equação polinomial
Função
Geometria analítica
Geometria espacial
Geometria plana
Matrizes
Números binomiais
Números complexos
Polinômios
Seqüências
Sistemas lineares
Trigonometria
1
ITA/2003
2
20
3
4
5
6
Nº DE QUESTÕES
ANGLO VESTIBULARES