2 A - Curso Objetivo

M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
⺞ = {0, 1, 2, 3,...}
⺪: conjunto dos números inteiros
⺡: conjunto dos números racionais
⺢: conjunto dos números reais
⺓: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = –1
Izl: módulo do número z ∈ ⺓
––
z : conjugado do número z ∈ ⺓
Re z: parte real de z ∈ ⺓
Im z: parte imaginária de z ∈ ⺓
n
( p ): número de combinações de n elementos tomados p a p.
mdc(j,k): máximo divisor comum dos números inteiros j e k.
n(X) : número de elementos de um conjunto finito X.
(a,b) = {x ∈ ⺢ : a < x < b}.
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos ortogonais.
D
1Se A, B, C forem conjuntos
tais que
n(A 傼 B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10,
n(B 傽 C) = 6 e n(A 傽 B 傽 C) = 4, então n(A), n(A 傼 C),
n(A 傼 B 傼 C), nesta ordem,
a) formam uma progressão aritmética de razão 6.
b) formam uma progressão aritmética de razão 2.
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo
primeiro termo é 11.
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo
último termo é 31.
e) não formam uma progressão aritmética.
Resolução
As informações apresentadas permitem construir o diagrama de Venn-Euler seguinte:
1 )
n(A ∪ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 ⇔ x + y + z = 7
2) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 11
3) n(A ∪ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 21
4) n(A ∪ B ∪ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 =
= 7 + 24 = 31
Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo último
termo é 31.
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
2Seja A um conjuntoA com 14 elementos e B um subconjunto de A com 6 elementos. O número de subconjuntos de A com um número de elementos menor ou
igual a 6 e disjuntos de B é
a) 28 – 9.
b) 28 – 1.
d) 214 – 28.
e) 28.
c) 28 – 26.
Resolução
Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são subconjuntos de (A – B). Como B 傺 A,
n(A – B) = n(A) – n(A 傽 B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8.
O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois
C8;0 + C8;1 + … + C8;6 =
= 28 –
冢 88 冣 – 冢 87 冣 = 2
冢 08 冣 + 冢 18 冣 + … + 冢 68 冣 =
8
– 1 – 8 = 28 – 9
B
3Considere a equação:
冢
1 – ix
16 –––––
1 + ix
3
冣 冢
=
1–i
1+i
––––– – –––––
1+i
1–i
冣.
4
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das
soluções dessa equação é
a) 3.
b) 6.
c) 9.
d) 12.
e) 15.
Resolução
1 – ix
16 . ––––––
–
1 + ix
冢
1+i
1–i
– –––––
冣 = 冢 –––––
1–i
1+i 冣
3
4
1 – ix . 1 – ix = 1 – 2ix + i 2x 2 =
1) ––––––
– ––––––– –––––––––––––
1 – i2x2
1 + ix
1 – ix
2x
1 – x2 – 2xi
1 – x2
= ––––––––––––– = ––––––– – ––––––2– . i
1+x
1 + x2
1 + x2
1+i
1–i
1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2)
2) ––––––– – ––––––– = –––––––––––––––––––––– = 2i
1–i
1+i
1 – i2
1–i.x
3) Se z = –––––––––– , temos
1+i.x
兹苵苵
3
1
16z 3 = (2i) 4 ⇒ z 3 = 1 ⇒ z = 1 ou z = – ––– + –––– i
2
2
兹苵苵
3
1
ou z = – ––– – –––– i
2
2
1 – x2
2x
4) ––––––2– – ––––––2– i = 1 ⇒ x = 0
1+x
1+x
兹苵苵
3
1 – x2
2x
1
––––––2– – ––––––– i = – ––– + –––– i ⇒ x = – 兹苵苵
3
2
2
1+x
1+x
2
兹苵苵
3
1 – x2
2x
1
––––––2– – ––––––– i = – ––– – –––– i ⇒ x = +兹苵苵
3
2
2
1+x
1+x
2
A soma dos quadrados das soluções é
0 2 + (– 兹苵苵
3 ) 2 + ( 兹苵苵
3) 2 = 6.
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
E
4Assinale a opção que
indica o módulo do número complexo
1
––––––––––– , x ≠ kπ, k ∈ ⺪.
1 + i cotg x
a) Icos xl
b) (1 + sen x)/2
d) Icossec xl
e) Isen xl
c) cos2x
Resolução
1
1
––––––––––– = ––––––––––––––– =
1 + i cotg x
兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
1 + cotg2x
1
1
= –––––––––––––– = –––––––––––– = 兩sen x兩
兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
cossec2x
兩cossec x兩
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
D
5Considere: um retângulo
cujos lados medem B e H, um
triângulo isósceles em que a base e a altura medem,
respectivamente, B e H, e o círculo inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círculo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica,
então B / H é uma raiz do polinômio
a) π3x3 + π2x2 + πx – 2 = 0.
b) π2x3 + π3x2 + x + 1 = 0.
c) π3x3 – π2x2 + πx + 2 = 0.
d) πx3 – π2x2 + 2πx – 1 = 0.
e) x3 – 2π2x2 + πx – 1 = 0.
Resolução
1) No triângulo PMR, retângulo, temos
PR =
冢 冣
兹苶苶苶苶
B 2
––– + H 2
2
2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos:
冢 冣
兹苶苶苶苶
B
B 2
––
––– + H 2
MR
PR
2
2
–––– = –––– ⇒ –––– = –––––––––––––––––– ⇔
NO
PO
r
H–r
⇔ B (H – r) = r 兹苶苶苶苶苶
B 2 + 4H 2 (I), em que r é o raio do
círculo inscrito no triângulo PQR.
3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e do
círculo nele inscrito formam uma progressão geomé-
冢
冣
BH
trica, então BH; –––– ; π r 2 formam uma P.G. e,
2
2
BH
BH
portanto, –––– = BH . π r 2 ⇔ r 2 = –––– ⇔
4π
2
冢 冣
⇔ r=
兹苶苶
BH
–––– , pois r > 0
4π
4) Substituindo r na equação (I), resulta
冢
兹苶苶 冣 兹苶苶 兹苶苶苶苶苶
冢 兹苶苶
苶冣
冢 冣
兹苶苶
苶 兹苶苶苶苶
B H–
BH
––––
4π
⇔B H–H
= H2
OBJETIVO
=
B
–––––
4πH
B
––––– .
4πH
BH
–––– .
4π
B 2 + 4H 2 ⇔
=
B 2
––– + 4
H
⇔
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
冢 冣 冣
兹苶苶苶苶
冢 冣 冤冢 冣 冥
兹苶苶苶苶苶苶苶
冢
B
⇔ –––– . 1 –
H
=
1
B
––– . –––
4π
H
B 2
––– + 4
H
1
B
––– . ––– .
4π
H
=
(II)
B
5) Fazendo –––– = x, e substituindo em (II), temos:
H
冢
x. 1–
兹苶苶苶
苶 冣 兹苶苶苶苶苶
苶
冢 兹苶苶
苶冣
兹苶苶
苶
兹苶苶
苶
兹苶苶
苶
1
–––– . x
4π
x
––––
4π
⇔ x2 . 1 –
⇔ x – 2x
=
2
1
–––– . x (x 2 + 4) ⇔
4π
x
= –––– (x 2 + 4) ⇔
4π
x
1
x
x
–––– + ––––
= –––– + –––– ⇔
4π
π
4π
4π
1
⇔ x – –– = 2x
π
x
1
–––– ⇔ x – –– =
4π
π
x3
–––– ⇔
π
x3
2x
1
––– ⇔
=
⇔ x 2 – ––– + –––
π
π
π2
⇔ π x 3 – π 2 x 2 + 2π x – 1 = 0
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
6Se as medidas dosClados de um triângulo obtusângulo
estão em progressão geométrica de razão r, então r
pertence ao intervalo
a) (0, (1 +
兹苶
2 )/2).
(1 + 兹苶
5 )/2 冣.
冢 兹苶2 )/2, 兹苶苶苶苶苶
c) 冢兹苶苶苶苶苶
(1 + 兹苶
5 )/2, (1 + 兹苶
5 )/2冣.
d) 冢(1 + 兹苶
5 )/2, 兹苶苶苶苶苶
2 + 兹苶
2 /2 冣.
e) 冢兹苶苶苶苶苶
2 + 兹苶
2 /2 , (2 + 兹苶
3 )/2)冣.
b) (1 +
Resolução
Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 1
1º) De acordo com a condição de existência desse triângulo, tem-se:
ar 2 < a + ar ⇔ r 2 – r – 1 < 0 ⇔
–1 + 兹苶
5
1 + 兹苶
5
⇔ –––––––––– < r < ––––––––––
2
2
1 + 兹苶
5
mas, como r > 1, então: 1 < r < –––––––– (I)
2
2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-se
ter ainda:
(ar 2) 2 > a 2 + (a r) 2 ⇔ r 4 – r 2 – 1 > 0 ⇔
+ 兹苶
5
⇔ r 2 – ––1
–––––––
2
冢
冣 冢r
+ 兹苶
5
⇔ r 2 – ––1
–––––––
2
冢
冢
⇔ r–
冣
2
1 – 兹苶
5
– –––––––––
2
冣 >0⇔
>0⇔
兹苶苶苶冣 冢 兹苶苶苶冣
1 + 兹苶
5
–––––––––
2
兹苶苶苶
r+
1 + 兹苶
5
–––––––––
2
>0⇔
兹苶苶苶
5
1 + 兹苶
5
1 + 兹苶
––––––––– ou r >
–––––––––
(II)
2
2
3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente:
⇔
r<–
兹苶苶苶
1 + 兹苶
5
1 + 兹苶
5
––––––––– < r < –––––––– ⇔
2
2
⇔r∈
OBJETIVO
5 1 + 兹苶
5
1 + 兹苶
–––––––––, ––––––– 冣
冢 兹苶苶苶
2
2
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
A
7Sejam x, y e z números
reais positivos tais que seus logaritmos numa dada base k são números primos satisfazendo
logk(xy) = 49,
logk(x/z) = 44.
Então, logk(xyz) é igual a
a) 52.
b) 61.
c) 67.
d) 80.
Resolução
Considerando que:
logk(xy) = 49 ⇒ logk x + logky = 49
e) 97.
(1)
冢 冣
x
logk ––– = 44 ⇒ logk x – logk z = 44 (2)
z
Se logk x, logky, logk z são números primos positivos,
então pode-se concluir que logk x = 47, logk y = 2 e
logk z = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, então
um deles é 2.
Portanto, logk (xyz) = logk x + logk y + logk z =
= 47 + 2 + 3 = 52.
8
E
Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quociente
ex – 2 兹苶
5
–––––––––––––
4 – ey 兹苶
5
são todos racionais. A soma x + y é igual a
a) 0.
b) 1.
c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2.
Resolução
ex – 2兹苵5苵苵 = ex – 2兹苵5苵苵 . 4 + ey . 兹苵5苵苵 =
–––––––––
–––––––––
––––––––––
–
4 – ey.兹苵5苵苵
4 – ey.兹苵5苵苵
4 + ey.兹苵5苵苵
4 . ex + ex . ey . 兹苵5苵苵 – 8兹苵5苵苵 – 2 ey . 5 ∈ ⺡
= ––––––––––
–––––––––––––––––––––––––––
16 – 5 . e2y
Então ex . ey . 兹苵5苵苵 – 8 兹苵5苵苵 = 0, pois
ex, ey e
ex – 2兹苵5苵苵
––––––––– são racionais
4 – ey.兹苵5苵苵
Assim:
ex+y. 兹苵5苵苵 – 8 . 兹苵5苵苵 = 0 ⇔ 兹苵5苵苵 . (ex + y – 8) = 0 ⇔
⇔ ex + y = 8 ⇔ x + y = loge8 = 3 . loge2
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
B
9Seja Q(z) um polinômio
do quinto grau, definido sobre o
conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de
z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 + z + 1 um fator de Q(z),
Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos afirmar que a
soma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é
igual a
a) 9.
b) 7.
c) 5.
d) 3.
e) 1.
Resolução
Sendo Q(z) = (z 2 + az + b) (z 3 + z 2 + z + 1), temos:
Q(0) = 2
b.1=2
⇔
⇔
Q(1) = 8
(1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8
{
⇔
{
{
a=–1
b=2
Então, Q(z) = (z 2 – z + 2) (z 3 + z 2 + z + 1) e as raízes de
Q(z) são tais que
z 2 – z + 2 = 0 ou z 3 + z 2 + z + 1 = 0 ⇔
1 ± 兹苵7苵苵 i
⇔ z = –––––––– ou (z + 1) (z 2 + 1) = 0.
2
As raízes de Q(z) são, portanto, os números
兹苵7
苵苵
兹苵7
苵苵
1
1
z1 = ––– + –––– i ; z2 = ––– – –––– i ;
2
2
2
2
z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i.
Assim, |z1| 2 + |z2| 2 + |z3| 2 + |z4| 2 + |z5| 2 =
=
冢
冣 冢
1
7
––– + ––– +
4
4
冣
1
7
––– + ––– + 1 + 1 + 1 =
4
4
=2+2+1+1+1=7
B
10
Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de
dois cubos
(x + a)3 – (x + b)3.
兩
兩
Neste caso, a + 兩 b 兩 – c é igual a
a) 104.
b ) 114.
c) 124.
d) 134.
e) 144.
Resolução
Para que 9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3, devemos
ter:
9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3)
冦
冦
冦
a=–2
a–b=3
3a – 3b = 9
2
2
2
2
b
=–5
⇔ 3a – 3b = – 63 ⇔ a – b = – 21 ⇔
3
3
3
3
c
=
117
a –b =c
a –b =c
Logo, 兩a + 兩b兩 – c兩 = 兩–2 + 兩–5兩 – 117 兩 = 兩–114兩 =114
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
D
11
Sobre a equação na variável real x,
兩 兩 兩 x – 1 兩 – 3 兩 – 2 兩 = 0,
podemos afirmar que
a) ela não admite solução real.
b) a soma de todas as suas soluções é 6.
c) ela admite apenas soluções positivas.
d) a soma de todas as soluções é 4.
e) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução
兩兩兩 x – 1兩 – 3 兩 – 2 兩 = 0
⇔
兩兩x – 1兩 – 3 兩兩 – 2 = 0 ⇔
⇔ 兩兩 x – 1兩 – 3 兩 = 2
Para x ≤ 1, temos:
兩 – x + 1 – 3 兩 = 2 ⇔ 兩 – x – 2 兩 = 2 ⇔ x = – 4 ou x = 0
Para x ≥ 1, temos:
兩 x – 1 – 3 兩 = 2 ⇔ 兩 x – 4 兩 = 2 ⇔ x = 6 ou x = 2.
O conjunto-solução da equação é:
S = 冦– 4; 0; 2; 6冧 e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4
E
12
Determine quantos números de 3 algarismos podem
ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo à
seguinte regra: O número não pode ter algarismos
repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso em
que o 7 (e apenas o 7) pode aparecer mais de uma vez.
Assinale o resultado obtido.
a) 204
b) 206
c) 208
d) 210
e) 212
Resolução
Sendo 1 ou 2 o algarismo das centenas, temos
2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode aparecer mais de uma vez.
Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resulta 5 . 6 . 5 = 150 valores.
O total de números, de acordo com o enunciado, é
62 + 150 = 212.
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
D
13
Seja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assinale a opção que indica o comprimento do menor intervalo que contém todas as soluções da desigualdade
1
––– tg
2
π
– x冣 – 兹苶
3 冢cos
冢–––
2
a) π/2
2
b) π/3
x
1
–– – ––– sec(x) ≥ 0.
2
2
冣
c) π/4
d) π/6
e) π/12
Resolução
π
Sendo 0 < x < ––– , temos:
2
1
–– . tg
2
π
x
冢 ––2 – x冣 – 兹苶3苶. 冢cos 冢––2 冣 – ––2 冣. sec x ≥ 0 ⇔
2
1
1
兹苶
3
⇔ ––– . cotg x – –––––– .
cos x
2
– ––– 冥 ≥ 0 ⇔
冤 –––––––––
2
2
1
兹苶
3
⇔ ––– . cotg x – –––––– .
cos x
2
≥0⇔
冤 –––-––
2 冥
1 + cos x
1
cos x
1
兹苶
3
⇔ ––– . cotg x ≥ –––– ⇔ cotg x ≥ 兹苶
3⇔
2
2
1
π
兹苶
3
⇔ –––– ≥ 兹苶
3 ⇔ tg x ≤ –––– ⇔ 0 < x ≤ –––
3
tg x
6
Assim, o comprimento do menor intervalo que contém
π
todas as soluções da desigualdade é ––– .
6
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
C
14
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de
A 傼 B, sendo:
k2π
A = xk = sen2 –––– : k = 1,2
24
冦
冢
冣
冧e
(3k + 5) π
B = yk = sen2 ––––––––– : k = 1,2
24
冦
冢
冣
a) 0
冧.
b) 1
d) 冢2 –
2+
兹苶
3 冣/3
c) 2
e) 冢2 +
兹苶
3 冣/3
2–
Resolução
Sendo:
冦
k2 . π : k = 1,2
A = xk = sen2 –––––
24
冢
冦
冣
冧=
冢 冣冧
π : x = sen2 4π
= x1 = sen2 –––
–––
2
24
24
冢 冣
(3k + 5). π
B = yk = sen2 ––––––––– : k = 1,2
24
冦
冢
冣
冧=
8. π ; y = sen2 11. π
= y1 = sen2 –––––
–––––
2
24
24
冦
冢
冢
冣
冣冧
temos:
A 傼 B = {x1, x2, y1, y2}
Portanto:
x1 + x2 + y1 + y2 =
π + sen2 –––
4π + sen2 –––
8π + sen2 ––––
11π =
= sen2 –––
24
24
24
24
冢 冣
冢 冣
冢 冣
冢
冣
π + sen2 –––
π + sen2 –––
π + cos2 –––
π =
= sen2 –––
24
6
3
24
冢 冣
冢 冣
冢 冣
冢 冣
1
=1+
冢––21 冣
OBJETIVO
2
+
兹苶
3
冢––––
2 冣
2
=2
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
C
15
Sejam A = (a ) e B = (b ), duas matrizes quadradas n x n,
jk
jk
onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos da
linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por
j
k
, quando j ≥ k, ajk =
, quando j < k
ajk =
k
j
冢冣
e
冢冣
jk
∑ (– 2)p 冢 p 冣 .
p=0
bjk =
jk
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é
definido por
∑np =1 cpp. Quando n for ímpar, o traço de
A + B é igual a
a) n (n – 1)/3 .
b) (n – 1) (n + 1)/4.
(n2
c)
– 3n + 2)/(n – 2).
e) (n – 1)/(n – 2)
d) 3(n – 1)/n.
Resolução
n
O traço da matriz C = A + B é ∑ cpp tal que
p=1
冢冣
p
+ (–1)p, pois:
p
cpp =
jk
1) bjk = ∑ (–2) p .
p=0
+ (–2)2 .
2) ajk =
冢 p 冣 = (–2) . 冢 0 冣 + (–2) . 冢 1 冣 +
jk
jk
0
冢 2 冣 + ... + (–2) . 冢 jk 冣 = (1 – 2)
jk
jk
jk
1
jk
jk
= (–1)jk
j
冢 k 冣 , quando j = k.
Portanto, o traço da matriz C = A + B é
n
∑ cpp = c11 + c22 + ... + cnn =
p=1
=
冢1冣
1
+ (–1)1 +
冢2冣
2
+ (–1)2 + ... +
冢n冣
n
+ (–1)n
Se n é ímpar, então
n
∑ cpp =
p=1
冢1冣 + 冢2冣
1
2
+ ... +
冢n冣
n
+ (–1) =
n2 – 3n + 2
(n – 1) . (n – 2)
= n – 1 = –––––––––––––– = ––––––––––––
n–2
n–2
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
A
16
Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado
pelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área desse
triângulo mede
a) 15/2.
b) 13/4.
c) 11/6.
d) 9/4.
e) 7/2.
Resolução
I. O ponto A é a intersecção entre as retas de equações 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coordenadas são as soluções do sistema
冦 x = –2y + 10
2x = y
⇔
冦y = 4
x=2
∴ A (2; 4)
II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equações x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coordenadas são as soluções do sistema
冦
x = 2y
x = –2y + 10
⇔
冦
x=5
5
y = –––
2
冢
5
∴ D 5; –––
2
冣
III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelas
retas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos:
5
10 . ––
10 . 4
2
15
S = SABC – SBCD = –––— – ––––––– = –––
2
2
2
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
A
17
Sejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano cartesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alternativas abaixo, assinale a equação do lugar geométrico
dos pontos P:(x, y) cuja distância à reta que passa por A
e B, é igual à distância de P ao ponto C.
a) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
Resolução
Sendo A(a;0), B(0;a), C(a;a) e P(x;y), temos:
x
y
1º) reta AB: ––– + ––– = 1 ⇔ x + y – a = 0
a
a
2º) distância de P à reta AB:
兩x + y – a兩
dP,AB = ––––––––––––
兹苵苵
2
3º) distância entre os pontos P e C:
dP,C =
(x – a)2 + (y – a)2
兩x + y – a兩
4º) dP,AB = dP,C ⇒ –––––––––––– =
兹苵苵
2
=
(x – a)2 + (y – a)2 ⇔
⇔ (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] ⇔
⇔ x 2 + y 2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
18
Seja P
B
n um polígono regular de n lados, com n > 2.
Denote por an o apótema e por bn o comprimento de
um lado de Pn. O valor de n para o qual valem as desigualdades
bn ≤ an e bn–1 > an–1,
pertence ao intervalo
a) 3 < n < 7.
b) 6 < n < 9.
d) 10 < n < 13.
e) 12 < n < 15.
c) 8 < n < 11.
Resolução
1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polígonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo círculo de raio R, como se vê na figura seguinte.
bn
–––
1 bn
2
π
em que tg –– = ––––– = –– . –––
2
an
a
n
n
( )
π
e de modo análogo, tg –––––
n–1
(
)
1
bn – 1
= –– . ––––––
2
an – 1
2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se:
bn
1
bn
1
2.1) –––
≤ 1 ⇔ –– . ––––
≤ –– ⇔
an
2
an
2
兹苵苵
3
1
π
π
⇔tg –– ≤ –– < –––– = tg ––
n
6
3
2
( )
( )
π
π
assim: –– < –– ⇔ n > 6 (I)
n
6
bn – 1
1 bn – 1
1
2.2) –––––– > 1 ⇔ –– . ––––––
> –– ⇔
2
an – 1
2
an – 1
π
⇔ tg –––––
n–1
(
) > ––2 > 兹苵苵2 – 1 = tg (––8π )
1
π
π
assim: ––––– > –– ⇔ n – 1 < 8 ⇔ n < 9 (II)
n–1
8
3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
E
19
Sejam P e P octógonos regulares. O primeiro está ins1
2
crito e o segundo circunscrito a uma circunferência de
raio R. Sendo A1 a área de P1 e A2 a área de P2, então
a razão A1/ A2 é igual a
a) 兹苵苵苵苵
5/8 .
b) 9兹苵苵
2 /16.
d) (4兹苵苵
2 + 1)/8.
e) (2 + 兹苵苵
2 )/4.
c) 2 (兹苵苵
2 – 1).
Resolução
Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octógonos P1 e P2, respectivamente.
Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos
cos
π
2 . –––
8
兹苶
2
=
冣 = 2 . cos 冢–––8π 冣 – 1 ⇒ 1 + ––––
2
冢
冢 冣
π ⇒ cos2 –––
π =
= 2 . cos2 –––
8
8
冢 冣
2 + 兹苶
2
–––––––– , pois
4
π >0
cos –––
8
冢 冣
No triângulo AOM, temos:
a1
π = –––
cos –––
⇒
8
R
冢 冣
a1
2 + 兹苶
2
–––––––– = ––– ⇒
R
4
2 + 兹苶
2
––––––––
4
⇒ a1= R
Assim,
A1
=
–––
A2
冢 兹苶苶苶苶 冣
2 + 兹苶
2
––––––––
R
a1 2
4
––– = –––––––––––––––
a2
R
冢 冣
OBJETIVO
2
2
2 + 兹苶
= ––––––––
4
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
C
20
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal,
cujo apótema da base mede 兹苵苵
3 cm. Secciona-se a pirâmide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tronco de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado
que a razão entre as alturas das pirâmides é 1/兹苵苵
2, a
altura do tronco, em centímetros, é igual a
a) (兹苵苵
6 –
兹苵苵
2 ) / 4.
c) (3兹苵苵
3 – 兹苵苵
6) / 21.
e) (2兹苵苵
6 – 兹苵苵
2 ) / 22.
b) (兹苵苵
6–
兹苵苵
3 ) / 3.
d) (3兹苵苵
2 – 2兹苵苵
3 ) / 6.
Resolução
Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta da
base menor do tronco e x a medida, em centímetros,
da altura do tronco, temos:
a
h
a
1
1º) ––– = ––– ⇔ ––– = –––––– ⇔ a = 兹苶
2苶
2
H
2
兹苶2苶
2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é:
6 . 22 兹苶
3苶
AB = –––––––––– = 6 兹苶
3苶
4
3º) A área da base menor, em centímetros quadrados,
é:
2
2苶) . 兹苶
3苶
6 . ( 兹苶
Ab = –––––––––––––––– = 3 兹苶
3苶
4
4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, é
dado por:
x
V = ––– (AB + Ab + 兹苶苶苶苶
AB . A苶b ) =
3
x
= ––– (6 兹苶
3苶 + 3 兹苶
3苶+ 3 兹苶
6苶) = x ( 3 兹苶
3苶+ 兹苶
6苶)
3
Assim:
1
3苶+ 兹苶
6苶) = 1 ⇔ x = ––––––––––––– ⇔
x ( 3 兹苶
3 兹苶
3苶+ 兹苶
6苶
3 兹苶
3苶– 兹苶
6苶
⇔ x = –––––––––––––
21
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21
Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de
números reais tais que
A ∪ B ∪ C = {x ∈ ⺢: x2 + x ≥ 2},
A ∪ B = {x ∈ ⺢: 8–x – 3 . 4–x – 22 – x > 0},
A ∩ C = {x ∈ ⺢: log(x + 4) ≤ 0},
B ∩ C = {x ∈ ⺢: 0 ≤ 2x + 7 < 2}.
Resolução
Considerando-se que:
1) x 2 + x ≥ 2 ⇔ x 2 + x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 2 ou x ≥ 1
2) 8 –x – 3 . 4 –x – 2 2–x > 0 ⇔ 2 –2x – 3 . 2 –x – 4 > 0 ⇔
⇔ 2 –x > 2 2 ou 2 –x < – 1 ⇔ x < – 2
3) log (x + 4) ≤ 0 ⇔ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇔ – 4 < x ≤ – 3
7
5
4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇔ – –– ≤ x < – ––
2
2
5) 冤(A 傼 B 傼 C) – (A 傼 B)冥 傼 冤(A 傽 C) 傼 (B 傽 C)冥 = C
6)
pode-se concluir que
5
C = {x ∈ ⺢ 兩 – 4 < x < – –– ou x = – 2 ou x ≥ 1}
2
5
Resposta: C = {x ∈ ⺢ 兩 – 4 < x < – –– ou x = – 2 ou x ≥ 1}
2
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
22
Determine o conjunto A formado por todos os números
complexos z tais que
–z
2z
–––––– + ––––––
–z + 2i = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1.
z – 2i
Resolução
Se z = a + bi, então
a – bi
2a + 2bi
1) ––––––––– + ––––––––– = 3
a + bi – 2i
a – bi + 2i
(a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) +
+ (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) ⇔
⇔ (3a 2 – 3b 2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b 2 – 12b + 12 ⇔
⇔
3a – 3b + 6b = 3a
冦 2a(b
– 1) = 0
⇔
冦
2
2
b 2 – 3b + 2 = 0
⇔
a = 0 ou b = 1
2
+ 3b 2 – 12b + 12
冦
b = 1 ou b = 2
a = 0 ou b = 1
⇔
⇔
⇔ (a = 0 e b = 1) ou (a = 0 e b = 2) ou a ∈ ⺢ e b = 1
2) 0 < 兩 a + bi – 2i 兩 ≤ 1 ⇔ 0 < a 2 + (b – 2) 2 ≤ 1
De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i
Resposta: A = {i}
23
Seja k um número inteiro positivo e
Ak = {j ∈ ⺞: j ≤ k e mdc(j, k) = 1}.
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não,
nesta ordem, numa progressão aritmética ou geométrica. Se for o caso, especifique a razão.
Resolução
Ak = {j ∈ ⺞ ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número inteik , quando k é múltiplo
ro positivo, então n (Ak) = k – ––
3
de 3.
3
9
Assim: n (A3) = 3 – –– = 2, n (A9 ) = 9 – –– = 6,
3
3
27
81
n (A27) = 27 – ––– = 18 e n (A81) = 81 – ––– = 54.
3
3
n (A9 )
n (A27 )
n (A81 )
Como –––––
= –––––––
= –––––––
= 3, os números
n (A3 )
n (A9 )
n (A27 )
n (A3 ) = 2, n (A9 ) = 6, n (A27 ) = 18 e n (A81) = 54, nesta
ordem, estão em progressão geométrica de razão 3.
Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3.
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
24
Considere a equação:
兹苵苵苵苵苵苵
x2 – p + 2 兹苵苵苵苵苵苵
x2 – 1 = x.
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raizes reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
Resolução
Sendo x ≥ 1 (I), temos:
兹苵苵苵苵苵苵苵
x2 – p + 2兹苵苵苵苵苵苵苵
x2 – 1 = x ⇔
⇔ (x2 – p) + 4兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 ⇔
⇔ 4兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) ⇔
⇔ 16(x 2 – p)(x 2 – 1) =
= p 2 – 8p(x 2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se
p+4
x2 ≤ –––––– e x2 – p ≥ 0 (II)
4
Assim:
16x 4 – 16x 2 – 16px 2 + 16p =
= p2 – 8px 2 + 8p + 16x 4 – 32x 2 + 16 ⇔
⇔ 16x 2 – 8px 2 = p 2 – 8p + 16 ⇔
|4 – p|
(4 – p) 2
⇔ x2 = ––––––––– ⇔ x = ––––––––––– , pois x ≥ 1
8(2 – p)
4 – 2p
2兹苵苵苵苵苵苵苵苵
Para que a equação admita raízes reais, devemos ter:
p<2
4 – 2p > 0
p ≤ x2
p+4 ⇔
⇔
2
p+4
p ≤ x ≤ ––––––
x 2 ≤ ––––––
4
4
冦
冦
⇔
⇔
冦
冦
p<2
(4 – p)2
p ≤ ––––––––––
8(2 – p)
⇔
p)2
(4 –
p+4
––––––––– ≤ –––––––
8(2 – p)
4
冦
p<2
p(3p – 4) ≤ 0
⇔
p<2
4
4 ⇔ 0 ≤ p ≤ –––
0 ≤ p ≤ –––
3
3
4
4–p
Respostas: a) 0 ≤ p ≤ ––– b) x = –––––––––––
3
2兹苵苵苵苵苵苵苵苵
4 – 2p
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
25
Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto
solução do sistema
log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0,
2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0,
3
兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
2x + y + 6z – 2w – 2 = 0.
Resolução
1) log [(x + 2y) (w – 3z) –1)] = 0 ⇔
(x + 2y)
⇔ ––––––– = 1 ⇔ x + 2y = w – 3z ⇔
w – 3z
⇔ x + 2y + 3z = w
(I)
2) 2 x + 3z – 8 . 2 y – 3z + w = 0 ⇔
⇔ 2 x + 3z = 2 3 + y – 3z + w ⇔
⇔ x + 3z = 3 + y – 3z + w ⇔
⇔ x – y + 6z = 3 + w
3)
(II)
3
2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 ⇔
兹苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵苵
⇔ 2x + y + 6z – 2w = 8 ⇔
⇔ 2x + y + 6z = 2w + 8
(III)
De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos:
冦
x – y + 6z = 3 + k
⇔
冦
x + 2y + 3z = k
⇔
2x + y + 6z = 2k + 8
冦
x + 2y + 3z = k
– x – 5y = 3 – k ⇔
31
x = ––– + k
3
8
y = – ––
3
8
y = – ––
3
Resposta: (x, y, z, w) =
OBJETIVO
x + 2y + 3z = k
– x – 5y = 3 – k ⇔
– 3y = 8
冦
31 + 3k
x = ––––––––
3
8
y = – –––
3
5
z = – –––
3
5
z = – ––
3
w = k, ∀k ≠ – 5
冢 –––3 + k, – ––3 , – ––3 , k 冣 ,∀k ≠ – 5
31
8
5
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
26
Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e
1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão poderá ser formada?
Resolução
Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma restrição, só não serve aquela constituída pelos cinco rapazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de
126 – 1 = 125 formas distintas.
Resposta: 125 formas distintas
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
27
Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B.
––
Sobre o lado BC, considere, a partir de B, os pontos D
––
e E, tais que os comprimentos dos segmentos BC,
–– –– ––
BD,DE, EC, nesta ordem, formem uma progressão geo^D, determimétrica decrescente. Se β for o ângulo EA
ne tg β em função da razão r da progressão.
Resolução
Sendo AB = BC = x e BC, BD, DE e EC, nesta ordem,
termos de uma progressão geométrica decrescente de
razão r, temos: BD = xr , DE = xr 2 e EC = xr 3
I) No triângulo ABD:
xr ⇔ tg α = r
tg α = ––
x
II) No triângulo ABE:
tg α + tg β = r + r 2 ⇔
xr + xr 2 ⇔ –––––––
tg (α + B) = ––––––
–––––––
––
1 – tg α . tg β
x
r + tg β = r + r 2 ⇔
⇔ ––––––
––––
1 – r tg β
⇔ r + tg β = r + r 2 – r 2 tg β – r 3 tg β ⇔
⇔ tg β + r 2 tg β + r 3 tg β = r 2 ⇔
r2
⇔ tg β = ––––––––––– (I)
1 + r2 + r3
Por outro lado, tem-se:
x = xr + xr 2 + xr 3 ⇔ r 2 + r 3 = 1 – r
(II)
De (I) e (II), tem-se finalmente:
r2
r2
tg β = ⇔ ––––––
––––– ⇔ tg β = ––––––
1 + (1 – r)
2–r
r2
Resposta: tg β = ––––––
2–r
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
28
Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferências
C1 e C2, que se tangenciam exteriormente em
P:(5, 10). O ponto Q:(10, 12) é o centro de C1. Determine o raio da circunferência C2 , sabendo que ela tangencia a reta definida pela equação x = y.
Resolução
1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto de
tangência das circunferências, temos:
TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = 兹苵苵苵苵
29, como raio de C1.
2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é
兩12 – 10兩
2
d1 = ––––––––– = 兹苵苵
兹苵苵
2
3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é
5兹苵苵
2
兩10 – 5兩
d2 = ––––––––– = –––––
2
兹苵苵
2
5 兹苵苵
2
3 兹苵苵
2
Portanto, d2 – d1 = ––––– – 兹苵苵
2 = –––––
2
2
4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados na
figura, temos:
5 兹苵苵
2
r – ––––––
2
r
––––– = –––––––––––– ⇔
兹苵苵苵苵
29
3兹苵苵
2
–––––
2
5兹苵苵
2 .兹苵苵苵苵
29
r . 3兹苵苵
2
29 . r – –––––––––– = ––––––––– ⇔
⇔ 兹苵苵苵苵
2
2
⇔ r . (2兹苵苵苵苵
29 – 3兹苵苵
2 ) = 5兹苵苵
2 .兹苵苵苵苵
29 ⇔
5兹苵苵
2 .兹苵苵苵苵
29 . (2兹苵苵苵苵
29 + 3兹苵苵
2)
⇔ r = –––––––––––––––––––––––––––– =
(2兹苵苵苵苵
29 – 3兹苵苵
2 ) . (2兹苵苵苵苵
29 + 3兹苵苵
2)
145兹苵苵
2 + 15兹苵苵苵苵
29
290兹苵苵
2 + 30兹苵苵苵苵
29
= ––––––––––––––– = –––––––––––––––
49
98
145兹苵苵
2 + 15兹苵苵苵苵
29
Resposta: –––––––––––––––
49
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
29
Seja C uma circunferência de raio R inscrita num triân1
1
gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda circunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do
triângulo internamente e C1 externamente. Calcule
(R1 – R2)/h.
Resolução
Sejam O1 e O2 os centros das circunferências C1 e C2,
respectivamente.
Como o triângulo ABC é eqüilátero, temos:
h
h
R1 = ––– e portanto AH2 = –––
3
3
O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante ao
triângulo ABC e, portanto,
1
1
h
h
R2 = ––– . AH2 = ––– . ––– = –––
3
3
3
9
Logo,
h
h
––– – –––
R1 – R2
3
9
3h – h
2
= –––––––––– = –––––––– = –––
––––––––
h
h
9h
9
2
R1 – R2
Resposta: ––––––––
= –––
9
h
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
30
Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume
8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cada
vértice do cubo é centro de uma esfera de 1 cm de raio.
Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
1º)Se a for a medida (em centímetros) de cada aresta
do cubo, então cada aresta do tetraedro regular terá
2 e seu volume
medida (em centímetros) igual a a兹苵苵
(em centímetros cúbicos) será expresso por
a3
2 )3 . 兹苵苵
2
(a兹苵苵
––––––––––– = –––
3
12
8
a3
Assim: ––– = ––– ⇔ a = 2
3
3
2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igual
à diferença entre o volume do cubo e oito oitavos do
volume de uma dessas esferas.
Assim, sendo V o volume procurado, em centímetros cúbicos, tem-se:
4
24 – 4π = 4 (6 – π)
V = 23 – ––– . π . 13 = ––
––––––
––––––––
3
3
3
4 (6 – π)
Resposta: –––––––– cm3
3
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006
COMENTÁRIO
E
GRÁFICO
Prova extremamente longa, composta de questões
difíceis e que exigiram dos candidatos mais bem preparados muita energia e determinação nas extensas
resoluções.
OBJETIVO
ITA (3º dia) - Dezembro/2006