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
(Engenha-ria Aeronáutica, Engenha(Engenha-ria Mecânica Aeronáutica, Engenha(Engenha-ria de
Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de
Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1
º-
dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2
º-
dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e uma
redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.
3
º-
dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4
º-
dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
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
ou-tros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem
a 50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.
Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados
nas questões de múltipla escolha.
Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os
candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a
100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português.
o
anglo
resolve
a prova de
Matemática
do ITA
dezembro
de 2007
NOTAÇÕES
= {0, 1, 2, 3, ...} i : unidade imaginária; i2= – 1
: conjunto dos números inteiros |z| : módulo do número z ∈
: conjunto dos números reais z– : conjugado do número z ∈
: conjunto dos números complexos Re z : parte real de z ∈
∅ : conjunto vazio Im z : parte imaginária de z ∈
[a, b] = {x ∈; a x b} I : matriz identidade
(a, b) = ]a, b[ = {x ∈; a x b} A–1 : inversa da matriz inversível A
[a, b) = [a, b[ = {x ∈; a x b} At : transposta da matriz A
(a, b] = ]a, b] = {x ∈; a x b} det A : determinante da matriz A
A – B = {x ∈A ; x ∉ B} AC : complementar de A
P(A) : coleção de todos os subconjuntos de A AB: segmento de reta unindo os pontos A e B AB
: arco de circunferência de extremidades A e BObservação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.
Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e 0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população.
A) D)
B) E)
C)
Seja n o número de homens e também o número de mulheres. Do enunciado, selecionando uma pessoa daltô-nica, a probabilidade de que seja mulher é:
Resposta: A
Sejam α, β ∈ tais que |α| = |β| = 1 e |α – β| = Então α2+ β2é igual a
A) –2 D) 2 B) 0 E) 2i C) 1 2. Questão 2
▼
▼
P n n n = + = = ⋅ ⋅ ⋅ 0 0025 0 05 0 0025 25 525 1 21 , , , Resolução 3 21 1 4 1 8 5 21 1 21 Questão 1▼
▼
M
M
M
Á
Á
Á
III
C
C
C
A
A
A
E
E
E
A
A
A
M
M
M
T
T
T
T
T
T
Com quaisquer números complexos α e β, temos |α– β|2= |α|2+ |β|2– 2 ⋅|α| ⋅|β| ⋅cosθ, em que θé o ângulo
formado pelos vetores que representam αe β.
Com |α| = 1, |β| = 1 e |α– β| = , temos: ( )2= 12+ 12– 2 ⋅1 ⋅1 ⋅cosθ 2 = 2 – 2cosθ cosθ= 0 (θ= 90°) α= ±iβ α2= (–1)β2 ∴ α2+ β2= 0 Resposta: B
Considere o sistema Ax = b, em que
A = , b = e k ∈.
Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de todos os valo-res de k que tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T – S é
A) – 4 B) – 3 C) 0 D) 1 E) 4 Seja x = . Temos: ∴ k2– 3k + 12 + 18 +3k – 18 + 4k – 12 = 0 ∴ k2+ 4k = 0 ∴ k = 0 ou k = – 4. det – – – A k k =0 ∴ = 1 2 3 2 6 1 3 3 0 x1– 2x2+ 3x3= 1 2x1+ kx2+ 6x3= 6 – x1+ 3x2+ (k – 3)x3= 0 14243 x x x 1 2 3 Resolução 1 6 0 1 2 3 2 6 1 3 3 – – – k k Questão 3
▼
▼
2 2 θ β α – β α ResoluçãoSubstituindo e escalonando:
∴
∴ ∴ sistema possível e indeterminado
∴ ∴ sistema impossível.
Do enunciado, T = – 4 e S = 0. Assim: T – S = – 4.
Resposta: A
Sejam A e C matrizes n ×n inversíveis tais que e det A = 5. Sabendo-se que B = 3(A– 1+ C– 1)t,
então o determinante de B é igual a
A) 3n D)
B) E) 5 ⋅3n – 1
C)
Sabemos ainda que:
det B = det(3 ⋅(A–1+ C–1)t) ∴ det B = 3n⋅det (A–1+ C–1)t ∴ det B = 3n⋅det(A–1+ C–1) Substituindo: Resposta: D detB n n = ⋅ = − 3 1 15 3 5 1 ∴ det(A–1+C−1)⋅5= 1 ∴ det(A−1+C−1)= 3 1 15
∴ det((A–1+C−1)⋅A)= 1 ∴ det(A−1+C−1) det⋅ A= 3 1 3 det(I+C−1⋅A)= 1 ∴ det(A−1⋅A+C−1⋅A)= 3 1 3 Resolução 1 5 2 3 52 ⋅ n 3 5 1 n – det(I+C−1A)= 1 3 Questão 4
▼
▼
x1– 2x2+ 3x3= 1 0 = 4 x2– 4x3= 1 14243 x1– 2x2+ 3x3= 1 ⋅ (– 2) ⋅(1) 2x1– 4x2+ 6x3= 6 + – x1+ 3x2– 7x3= 0 + 14243 k = – 4 x1– 2x2+ 3x3= 1 x2+ 0x3= 1 0 = 0 14243 x1– 2x2+ 3x3= 1 4x2+ 0x3= 4 + x2+ 0x3= 1 ⋅ (– 4) 14243 x1– 2x2+ 3x3= 1 ⋅ (– 2) ⋅(1) 2x1+ 0x2+ 6x3= 6 + – x1+ 3x2– 3x3= 0 + 14243 k = 0Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se o polinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de maior grau tem grau igual a
A) 30 D) 36
B) 32 E) 38
C) 34
Sendo q a razão da progressão geométrica, temos 2 + 2q + 2q2+ 2q3+ 2q4= 62
1 + q + q2+ q3+ q4= 31
q(1 + q + q2+ q3) = 30
q[1(1 + q) + q2(1 + q)] = 30
q(1 + q) (1 + q2) = (2) (3) (5)
Note que 2 é o único valor natural de q que verifica esta igualdade. Com q = 2, temos 2q4= 32.
Resposta: B
Um diedro mede 120°. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume que tan-gencia as faces do diedro é, em cm, igual a
A) D)
B) E) 2
C)
Observe a vista em corte:
O raio R é determinado por:
πR3= 4 π ∴ R = cm Assim: sen 60º = ∴ = ∴ d = 2 cm Resposta: E 3 d 3 2 R d 3 3 4 3 R R d 60° 60° Resolução 2 3 3 2 2 2 3 3 4 3π cm3 Questão 6
▼
▼
Resolução Questão 5▼
▼
Considere o quadrado ABCD com lados de 10 m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB—e N um ponto sobre o lado AD—, eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD—e por N uma reta s paralela ao lado AB—, que se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a inter-secção de s com o lado BC—e Q é a intersecção de r com o lado DC—. Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pon-tos A e M é igual, em metros, a
A)
B)
C)
D)
E)
Do enunciado temos a figura:
AAMON= x2
AOPCQ= (10 – x)2
AABCD= 102= 100
Assim, temos a PG: (x2, (10 – x)2, 100)
O termo médio é a média geométrica entre os adjacentes, logo: (10 – x)2= ⇒ 100 – 20x + x2= 10x ∴ x = 15 ± 5
Como 15 + 5 10 (absurdo), temos: x = (15 – 5 ) m Resposta: D 5 5 5 x2⋅100 A B D C M 10 – x x x N O Q P s r 10 – x 10 – x 10 – x Resolução 10−3 5 15−5 5 10− 5 10+5 5 15+5 5 Questão 7
▼
▼
Considere o polinômio p(x) = a5x5+ a
4x4+ a3x3+ a2x2– a1, em que uma das raízes é x = – 1. Sabendo-se que
a1, a2, a3, a4e a5são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com , então p(–2) é igual a
A) – 25 D) – 39
B) – 27 E) – 40
C) – 36
Sendo uma das raízes igual a – 1, temos –a5+ a4– a3+ a2– a1= 0. Sendo r a razão da progressão aritmética, temos
–(a3+ 2r) + (a3+ r) – a3+ (a3– r) – (a3– 2r) = 0 a3= 0
Como a4= , temos a3+ r = e, portanto, r = , a5= 1, a2= e a1= –1. p(x) = x5+ x4– x2+ 1
p(–2) = –32 + 8 – 2 + 1 ∴ p(–2) = –25 Resposta: A
Sobre a equação polinomial 2x4+ ax3+ bx2+ cx – 1 = 0, sabemos que os coeficientes a, b, c são reais, duas de
suas raízes são inteiras e distintas e também é sua raiz. Então, o máximo de a, b, c é igual a
A) –1 D) 3
B) 1 E) 4
C) 2
Pelo teorema das raízes racionais, as raízes racionais possíveis são: 1, – 1, e –
Pelo enunciado, há duas raízes inteiras e distintas. Logo, 1 e – 1 são raízes. Além disso, como é raiz, seu
conjugado também é.
Logo, o conjunto solução é: Assim, podemos escrever:
Desenvolvendo, obtemos: 2x4– 2x3– x2+ 2x – 1 = 0 Logo, a = – 2, b = – 1 e c = 2 Portanto, o máximo de a, b, c é 2. Resposta: C 2 1 1 1 2 2 1 2 2 0 (x+ )( – )x x– + i x– – i = – , ,1 1 1 , – 2 2 1 2 2 + i i 1 2+ 2 i 1 2 – 2 i 1 2 1 2 Resolução 1 2 − 2 i Questão 9
▼
▼
1 2 1 2 –1 2 1 2 1 2 1 2 Resolução a4 1 2 = Questão 8▼
▼
É dada a equação polinomial
(a + c + 2)x3+ (b + 3c + 1)x2+ (c – a)x + (a + b + 4) = 0
com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então o produto abc é igual a
A) –2 B) 4 C) 6 D) 9 E) 12
Admitindo que (a + c + 2 ≠ 0), como a equação é recíproca de primeira espécie, temos: (1)
Como 1 é raiz da equação, temos:
(a + c + 2) + (b + 3c + 1) + (c – a) + (a + b + 4) = 0 (2) De (1) e (2) os valores de a, b e c serão dados pelo sistema
Resolvendo esse sistema, temos: a = 4, b = – 3 e c = –1 Portanto, abc = 12
Resposta: E
Sendo o contradomínio da função arcoseno e [0, π] o contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de A) B) C) D) E) 1 2 5 1 15 4 15 7 25 1 12
cos arcsen3 arccos . 5 4 5 + − π π 2 ,2 Questão 11
▼
▼
– – – b c a b c a b c + = + + = + + = 2 2 1 2 5 7 a c a b b c c a + + = + + + + = 2 4 3 1 – Resolução Questão 10▼
▼
Fazendo , devemos calcular cos(α+ β). Temos, com o uso da Relação Fundamental:
→ →
Assim:
cos (α+ β) = cosαcosβ– senαsenβ
Resposta: B
Dada a cônica λ: x2– y2= 1, qual das retas abaixo é perpendicular à λno ponto
A) D)
B) E)
C)
1º- modo x2– y2= 1 (*)
Derivando (*) em relação a x, temos 2x – 2y ⋅y’ = 0 e, portanto, com y
≠
0, y’ = . O coeficiente angular m da reta tangente à cônica λno ponto (2, ) é igual a y’(2). Assim, m = .Então, a reta perpendicular à reta tangente pelo ponto (2, ) tem coeficiente angular – . Uma equação dessa reta é: y – = – ⋅(x – 2), ou seja, y = – 3 ⋅(x – 4) 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 x y Resolução y= 3 x+ 3 ( 1) y 3 2 (x 4) = − − y= 3 x 2 y 3 5 (x 7) = − − y= 3 (x – 1) P =(2, 3 )? Questão 12
▼
▼
= 7 25 = 4 ⋅ ⋅ 5 4 5 3 5 3 5 – sen β = 3 5 cosβ= 4 β π 5 e 0 cosα= 4 5 senα= 3 e π α π 5 –2arc sen3 e arc 5
4 5
=α cos =β
cos arc sen3 arccos 5 4 5 + Resolução
2º- modo
Sendo m o coeficiente angular da reta pedida, uma equação dessa reta é y – = m(x – 2). Temos o sistema:
∴ 2 em 1 : x2– (m(x – 2) + )2= 1 x2– m2(x – 2)2– 2m(x – 2) – 3 – 1 = 0 x2– m2(x2– 4x + 4) – 2 mx + 4 m – 4 = 0 x2– m2x2+ 4m2x – 4m2– 2 mx + 4 m – 4 = 0 (1 – m2)x2+ (4m2– 2 m)x – 4m2+ 4 m – 4 = 0 Com ∆= 0, temos: (4m2– 2 m)2– 4(1 – m2)(–4m2+ 4 m – 4) = 0 16m4– 16 ⋅m3+ 12m2+ (4m2– 4)(– 4m2+ 4 m – 4) = 0 16m4– 16 m3+ 12m2– 16m4+ 16 m3– 16m2+ 16m2– 16 m + 16 = 0 12m2– 16 m + 16 = 0 3m2– 4 m + 4 = 0 ∴ m = –
Assim, a equação da reta perpendicular à curva (λ) no ponto (2, ) é dada por y – = – (x – 2) ∴ y = – x + +
y = – (x – 4) Resposta: E
O conjunto imagem e o período de f(x) = 2sen2(3x) + sen(6x) – 1 são, respectivamente,
A) B) C) D) E) −
[
1, 3 e]
2 3 π – ,1 3 3[
]
e π −[
2 2]
3 , e π −[
2 2]
2 3 , e π −[
3 3,]
e 2π Questão 13▼
▼
3 2 3 3 3 2 3 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y y m x 2 2 1 1 2 3 2 – ( – ) = = + x y y m x 2 2 1 3 2 – – ( – ) = = 3f(x) = sen 6x – (1 – 2sen23x)
f(x) = sen 6x – cos 6x
O período é
O conjunto imagem é .
Resposta: C
Para x ∈IR, o conjunto solução de |53x– 52x + 1+ 4 ⋅5x| = |5x– 1| é
A) D)
B) E) A única solução é x = 0
C)
Fazendo 5x= t, do enunciado temos:
|t3– 5t2+ 4t| = |t – 1|
|t| ⋅|t – 1| ⋅|t – 4| – |t – 1| = 0 |t – 1|⋅(|t2– 4t| – 1) = 0 ∴
t = 1 ou |t2– 4t| = 1 ∴
t2– 4t – 1 = 0 ou t2– 4t + 1 = 0
Como t 0, os valores de t são: Assim temos:
5x= 1 ∴ x = 0 ou
Logo, o conjunto solução é
Resposta: D
0, log5
(
2+ 5)
, log5(
2+ 3)
, log5(
2− 3)
{
}
5x =2– 3 ∴ x=log5(
2− 3)
5x =2+ 3 ∴ x=log5(
2+ 3)
ou 5x =2+ 5 ∴ x=log5(
2+ 5)
ou 1 2; + 5 2; + 3 e2− 3 Resolução 0 1 2 2 1 2 3 2 2 5 5 5, log , log , log 0 1, , log5
(
2+ 5)
{
}
0, log5
(
2+ 5)
, log5(
2+ 3)
, log5(
2− 3)
{
}
0 2, ± 5 2, ± 3{
}
Questão 14▼
▼
– 2, 2[
]
p = 2 = 6 3 π π | | f x( )= sen x– ⋅ 2 6 4 π 1 2 6 4 4 6⋅f x( )=sen x⋅cosπ –senπ⋅cos x 1 2 1 2 6 1 2 6 ⋅f x( )= ⋅sen x– ⋅cos x Resolução
Um subconjunto D de IR tal que a função f : D →IR, definida por f(x) = |ln(x2– x + 1) | é injetora, é dado por
A) IR D) (0, 1)
B) (–∞, 1] E) [1/2, ∞)
C) [0, 1/2]
Considere a função y = |ln t|. Com t 0, o gráfico dessa função é:
Note que um conjunto de valores de t para o qual y = |ln t | é injetora é 0 t 1. Considere agora a função t = x2– x + 1, cujo gráfico, para 0 t 1, é:
Como , y = |ln t| é injetora para
Assim, um conjunto de valores de x para o qual t = x2– x + 1 é injetora é
Portanto um conjunto D de IR tal que a função f : D →IR f(x) = |ln (x2– x + 1)| é injetora é:
Resposta: C
A soma de todas as soluções distintas da equação cos 3x + 2 cos 6x + cos 9x = 0,
que estão no intervalo 0 x π/2, é igual a
A) 2π D) B) E) C) 9 6π 13 12π 23 12π 7 6π Questão 16
▼
▼
D = 0 1 2 ; . 0 1 2 , t∈ 3 4,1. 3 4,1 ] , ]0 1 ⊂ 1 3 4 1 2 1 x 0 t y t 1 0 Resolução Questão 15▼
▼
cos 9x + cos 3x + 2 cos 6x = 0 2 ⋅cos 6x ⋅cos 3x + 2 ⋅cos 6x = 0 2 ⋅cos 6x ⋅(cos 3x + 1) = 0
ou
No intervalo 0 x , temos:
A soma é:
Resposta: E
Considere o conjunto D = {n ∈; 1 n 365} e H ⊂P(D) formado por todos os subconjuntos de D com 2 elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B ∈H, a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 é igual a
A) D)
B) E)
C)
D = {1, 2, 3, 4, …, 365}
O número de elementos de H, subconjuntos de D com 2 elementos, é C365,2= 365 ⋅182.
Os elementos de H que têm soma dos elementos 183 são: {1, 182}, {2, 181}, {3, 180}, …, {90, 93} e {91, 92}, ou seja, são em número de 91.
A probabilidade pedida é:
Resposta: A
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BÂC, mede 40°. Sobre o lado AB—, tome o ponto E tal que ACˆE = 15°. Sobre o lado AC—, tome o ponto D tal que DBˆC = 35°. Então, o ângulo EDˆ B vale
A) 35° D) 75° B) 45° E) 85° C) 55° Questão 18
▼
▼
P = = ⋅ 91 365 182 1 730 Resolução 1 365 91 730 46 33215 92 33215 1 730 Questão 17▼
▼
π π π π π 12 3 12 5 12 3 13 12 + + + = x= π ou x= π ou x= π ou x= π 12 3 12 5 12 3 π 2 cos3 –1 3 2 , , 3 2 3 x= ∴ x=π+h π h∈ ∴ x= π +h⋅ π h∈ cos6 0 6 , , 2 12 6 x= ∴ x= π +hπ h∈ ∴ x= π + hπ h∈ ResoluçãoDo enunciado vem que AB= AC e A ˆBC = ACˆB = 70°. Temos então a figura abaixo:
No triângulo BCD, CDˆ B = 75°.
No triângulo BCE, BÊC = 55° e, portanto, BE = BC como BE = BC, EˆBD = C ˆBD e BD é lado comum, temos que
∆BDE ≅ ∆BDC (LAL) e, portanto, E ˆDB ≡C ˆDB = 75°. Resposta: D
Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de tais que (X – Y) ∩Z = {1, 2, 3, 4}, Y = {5, 6}, Z ∩Y = ∅, W ∩(X – Z) = {7, 8}, X ∩W ∩Z = {2, 4}. Então o conjunto [X ∩(Z ∪W)] – [W ∩(Y ∪Z)] é igual a
A) {1, 2, 3, 4, 5} B) {1, 2, 3, 4, 7} C) {1, 3, 7, 8} D) {1, 3} E) {7, 8}
Do enunciado, podemos construir o diagrama ao lado. Podemos concluir que X ∩(Z ∪W) = {1, 2, 3, 4, 7, 8}
Sendo S = [X ∩(Z ∪W)] – [W ∩(Y ∪Z)], temos: S = {1, 2, 3, 4, 7, 8} – [(W ∩Y) ∪(W ∩Z)] S = [{1, 2, 3, 4, 7, 8} – (W ∩Z)] – (W ∩Y) S = {1, 3, 7, 8} – (W ∩Y)
Como (W ∩Y) ⊂Y, temos (W ∩Y) ⊂{5, 6}.
Como {1, 3, 7, 8} ∩{5, 6} = ∅, podemos afirmar que {1, 3, 7, 8} ∩(W ∩Y) = ∅
e, portanto, {1, 3, 7, 8} – (W ∩Y) = = {1, 3, 7, 8} Resposta: C 2 4 7 8 1 3 X W Z Resolução Questão 19
▼
▼
D C B 35° 15 ° 55° E A 40° 35° ResoluçãoSejam r e s duas retas paralelas distando 10 cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e exterior à região limitada por estas retas, distando 5 cm de r. As respectivas medidas da área e do perímetro, em cm2e
cm, do triângulo equilátero PQR cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, são iguais a
A) B) C) D) E) Seja QS—= x
Pelo Teorema dos cossenos, no triângulo PQS:
A área do triângulo PQR é a soma das áreas dos triângulos PQS e QRS, logo:
Logo, a área e o perímetro são:
Resposta: B P =3 =3⋅10 21= 3 10 21 l A = l = ⋅ ⋅ = 2 3 4 100 21 9 3 4 175 3 3 l2 3 l l l 4 7 3 5 2 7 3 10 2 10 21 3 = ⋅ + ⋅ ∴ = x2 2 x 2 3 2 3 60 7 3 = + − ⋅ ⋅ ⋅ ° ∴ = l l l l cos l 60° S 5 10 α 60° – α Q x 60° l 3 2l 3 r s l P R Resolução 700 e 10 21 175 3 e 5 21 175 3 e 10 21 175 3 3 e10 21 175 3 3 e 5 21 Questão 20
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Dado o conjunto
A = {x ∈IR; },
expresse-o como união de intervalos da reta real.
De 3x2+ 2x 0, temos: De 3x2+ 2x 0 e temos: 3x2+ 2x x4 x4– 3x2– 2x 0 x(x3– 3x – 2) 0 x(x3– x – 2x – 2) 0 x[x(x2– 1) – 2(x + 1)] 0 x[x(x – 1) (x + 1) – 2(x + 1)] 0 x(x + 1) [x(x – 1) – 2] 0 x(x + 1) (x2– x – 2) 0 x(x + 1) (x + 1) (x – 2) 0 x(x + 1)2(x – 2) 0 x – 1 ou –1 x 0 ou x 2 (2)
Vejamos a intersecção dos conjuntos dados pelas condições em (1) e (2).
Resposta:
Determine as raízes em de 4 z6+ 256 = 0, na forma a + bi, com a, b ∈IR, que pertençam a
S = {z ∈; 1 |z + 2| 3}. Questão 22
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A =]
[
]
+ ∞[
∞ ∪ ∪ – , –1 – ,1 –2 , 3 2 x x x – 1 0 0 2 2 – 1 2 3 – 2 3 – 3x2+2xx2, x –2 ou x ( ) 3 0 1 3 2 3 0 x x( + ) Resolução 3x2+2x x2 Questão 21▼
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+ 0 – 0 + 2 3 0 – x 0 0 – 0 + 2 – 1 x + + 0No plano de Argand-Gauss, o conjunto S é representado pelos pontos do interior da coroa circular de centro (– 2, 0), raio menor 1 e raio maior 3.
Considere, ainda, a circunferência λde centro (0, 0) e raio 2, a reta r de equação y = 1, a reta s de equação y = – 1 e também a reta t, dada pela equação x = 0. Note que essas três retas interceptam λ em pontos que pertencem a S.
As 6 raízes da equação z6= – 64, equivalente à equação 4 z6+ 256 = 0, são dadas por
, com h ∈{0, 1, 2, 3, 4, 5}.
Da figura, podemos concluir, prontamente, que z0e z5não pertencem a S. Temos:
(t ∩ λ)
(r ∩ λ)
(s ∩ λ)
(t ∩ λ)
Pelas intersecções das retas r, s e t com a circunferência λ, podemos concluir que os números z1, z2, z3 e z4 pertencem ao conjunto S.
Resposta: 2 i, , e – 2 i.
Seja f(x) = In(x2+ x + 1), x ∈IR. Determine as funções h, g : IR →IR tais que f(x) = g(x) + h(x), ∀x ∈IR, sendo h
uma função par e g uma função ímpar.
Questão 23
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– 3 –i – 3 + i z4 2 3 i sen z4 i 2 3 2 2 = + ∴ = cos π π – z3 2 7 i sen z3 i 6 7 6 3 = + ∴ = cos π π – – z2 2 5 i sen z2 i 6 5 6 3 = + ∴ = + cos π π – z1 2 i sen z1 i 2 2 2 = + ∴ = cosπ π zh= + h +i sen + h 2 2 6 2 6 cosπ π π π S (r) (s) – 4 – 5 – 3 – 2 – 1 0 1 2 – 1 z1 1 z2 z0 z5 z4 z3 x (t) λ y Resoluçãof(x) = g(x) + h(x) (1) f(– x) = g(– x) + h(– x)
Como h é uma função par e g é uma função ímpar, temos: f(– x) = – g(x) + h(x) (2) De (1) e (2), temos: f (x) + f (– x) = 2h(x) ∴ h(x) = f (x) – f (– x) = 2g(x) ∴ g(x) = h(x) = [ln(x2+ x + 1) + ln(x2– x + 1)] h(x) = ln[(x2+ x + 1) (x2– x + 1)] h(x) = ln(x4+ x2+ 1) g(x) = [ln(x2+ x + 1) – ln (x2– x + 1)] g (x) = Resposta: h(x) = ln(x4+ x2+ 1) e g (x) =
Sejam α, β, γ ∈IR. Considere o polinômio p(x) dado por
x5– 9x4+ (α– β– 2γ)x3+ (α+ 2β+ 2γ– 2)x2+ (α– β– γ+ 1)x + (2α+ β+ γ– 1).
Encontre todos os valores de α, βe γde modo que x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3 de p(x).
As constantes α, βe γdevem ser tais que
α– β– 2γ ≠0,
α+ 2β+ 2γ– 2 = 0,
α– β– γ+ 1 = 0 e 2α+β+γ– 1 = 0
Consideremos, também, os sistemas equivalentes:
Portanto temos α= 0 e β+ γ= 1. (1) De α= 0 e α– β– 2γ≠ 0, temos β+ 2γ≠ 0. (2) De (1) e (2), temos β≠ 2 e γ≠ – 1. Resposta:α= 0, β ∈IR – {2} e γ= 1 – β α– β– γ= – 1 β+γ= 1 α– β– γ= – 1 3β+ 3γ= 3 3β+ 3γ= 3 α– β– γ= – 1 (– 1) (– 2) α+ 2β+ 2γ= 2 2α+β+γ= 1 Resolução Questão 24
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1 2 1 1 2 2 lnx x x x + + + – 1 2 1 2 1 1 2 2 lnx x x x + + + – 1 2 1 2 1 2 1 2 f x( ) – (– )f x 2 f x( )+f(– )x 2 ResoluçãoUma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e A–1= At. Determine todas as matrizes 2 ×2 que são simétricas e ortogonais, expressando-as, quando for o caso, em termos de seus elementos que estão fora da dia-gonal principal.
Como A é uma matriz simétrica, podemos escrever: A =
Ainda, do enunciado, temos: A–1= At ∴ A–1= A Logo, A ⋅A = I ∴ Então: a2+ b2= 1 1 ∴ a = ± b (a + d) = 0 2 (–1 b 1) b2+ d2= 1 3 ∴ d = ± De 2 : b = 0 ou a = – d. • Com b = 0, temos: a = ± 1 e d = ± 1. Daí: A = ou A = ou A = ou A = • Com a = – d, temos:
Note que, com b = 0, temos as últimas duas matrizes do caso anterior.
Resposta:
Determine todos os valores tais que a equação (em x)
admita apenas raízes reais e simples. x4 – 2 3 x4 2+tgα=0 α∈ π π – , 2 2 Questão 26
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1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 − − − − − − − − , , b b b b e b b b b A b b b b ou A b b b b = − − − = − − − 1 1 1 1 2 2 2 2 − 1 0 0 1 1 0 0 −1 – – 1 0 0 1 1 0 0 1 1– b2 1– b2 a b b a d b a d b d 2 2 2 2 1 0 0 1 + + + + = ( ) ( ) a b b d a b b d = ∴ 1 0 0 1 a b b d Resolução Questão 25▼
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123
x4– 2 ⋅x2+ tgα= 0
Fazendo x2= y, temos:
Para que a equação em x apresente as quatro raízes reais simples, a equação em y, do 2º- grau, tem de ter raízes reais distintas e positivas.
Assim, além de ∆0, a soma e o produto das raízes dessa equação devem ser positivos.
∴
No intervalo , temos .
Resposta: 0 α
Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: P(A) = P(B) = 1/2, com A e B independentes, P(A ∩B ∩C) = 1/16, e sabe-se que P((A ∩B) ∪(A ∩C)) = 3/10. Calcule as proba-bilidades condicionais P(C | A ∩B) e P(C | A ∩BC).
Como A e B são independentes,
Do enunciado, temos as probabilidades:
Assim, temos:
Portanto o diagrama fica:
Logo, observando os valores, temos: A 1 16 1 20 3 16 1 5 C B y+ 1 + = ∴ y= 20 4 16 1 2 1 5 P A(( ∩B)∪(A∩C))= 3 ∴ +x= ∴ x= 10 4 16 3 10 1 20 A 1 16 x 3 16 y C B P A( ∩B)=P A( )⋅P B( )= 1⋅ = . 2 1 2 1 4 Resolução Questão 27
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π 3 0 3 α π −π α π 2 2 tg tg α α 3 0 4 3 4 0 2 3 0 0 4 − tg tg α α y2−2 34 ⋅y+tgα=0 3 4 Resoluçãoe
Resposta:
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio . Sabe-se que AB—
mede e BC—mede . Determine a área do triângulo ABC.
Do enunciado, temos a figura:
Aplicando o teorema dos senos ao triângulo ABC, vem: = 2 ⋅ ∴ senα=
Como αé agudo, cosα= .
= 2 ⋅ ∴ senγ=
Como γé agudo, cosγ= .
Além disso, α+ β+ γ= 180° ∴ β= 180° – (α+ γ). Daí, senβ= sen[180° –(α+ γ)]
senβ= sen(α+ γ)
senβ= senα ⋅cosγ+ senγ ⋅cosα
senβ= ⋅ + ⋅ ∴ senβ=
A área S pedida é tal que:
S = ⋅AB ⋅BC ⋅senβ ∴ S = ⋅2 ⋅2 ⋅ ∴ S = 6 Resposta: 6 3 10 10 2 5 1 2 1 2 3 10 10 4 5 3 10 10 10 10 3 5 10 10 3 10 10 5 2 3 2 5 senγ 4 5 3 5 5 2 3 2 2 senα 2 5 5 2 3 2 2 β α γ A B C 0 Resolução 2 2 2 5 5 2 3 Questão 28
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P C A( | ∩B)= 1 e P C A( | ∩Bc)= 4 1 5 P C A( | ∩Bc)= + = 1 20 1 5 1 20 1 5 P C A( | ∩B)= + = 1 16 3 16 1 16 1 4Seja C uma circunferência de raio r e centro O e ABum diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero BDE inscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à circun-ferência C no ponto A. Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada pelo arco AEe pelos segmentos AFe EFem torno do diâmetro AB.
Do enunciado, temos a figura ao lado: No triângulo retângulo OPE, temos:
No triângulo retângulo OAF, temos:
Note que AP = OA – OP = r – , ou seja, AP = Sejam:
V1: volume do cone gerado pela rotação do triângulo OAF em torno de AB—; V2: volume do cone gerado pela rotação do triângulo OPE em torno de AB—;
V3: volume do segmento esférico gerado pela rotação da região limitada pelo arco AE e pelos segmentos AP— e PE—em torno de AB—.
O volume V é tal que: V = V1– V2– V3 (*) Temos: (1) (2) (3) Substituindo (1), (2) e (3) em (*), temos: Resposta: 2 3 3 πr . V=πr3 πr πr ∴ V= πr 3 3 3 8 5 24 2 3 – – V r r r V r 3 2 3 3 2 3 2 3 5 24 = = ⋅ ⋅ ∴ π π – V3 AP OA AP 2 3 3 = π⋅( ) ⋅( ⋅ – ) V2 r r V r 2 2 3 1 3 3 2 2 8 = = ⋅π⋅ ⋅ ∴ π V2 1 PE2 OP 3 = ⋅π⋅( ) ⋅ V1 1 r 2 r V1 r3 3 3 = ⋅π⋅( ) ⋅ ∴ =π V1 1 AF2 OA 3 = ⋅π⋅( ) ⋅ r 2. r 2 tg OA AF r AF AF r 30 3 3 3 ° = ∴ = ∴ = sen OP r OP r e PE r PE r 30 1 2 2 30 3 2 3 2 ° = = ∴ = cos ° = = ∴ = 30° 30° r 0 s D P A t B C OA = r E 30° F Resolução Questão 29
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Considere a parábola de equação y = ax2+ bx + c, que passa pelos pontos (2, 5), (– 1, 2) e tal que a, b, c
for-mam, nesta ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice da parábola à reta tangente à parábola no ponto (2, 5).
Sendo r a razão da P.A. (a, b, c), temos:
y = (b – r)x2+ bx + (b + r). Do enunciado, segue que:
2 = (b – r) ⋅(– 1)2+ b ⋅(– 1) + (b + r) 2 = b – r – b + b + r ∴ b = 2 5 = (b – r) ⋅22+ b ⋅2 + b + r 5 = 4b – 4r + 2b + b + r 7b – 3r = 5 b = 2→ 7 ⋅2 – 3r = 5 ∴ r = 3 Daí, y = – x2+ 2x + 5
yv= – 12+ 2 ⋅1 + 5 = 6. Logo, o vértice da parábola é dado por (1, 6).
Sendo y’ a derivada da função y = – x2+ 2x + 5, temos: y’ = – 2x + 2. Então, y’(2) = – 2 ⋅2 + 2 = – 2.
Logo, a reta tangente à parábola no ponto (2, 5) tem coeficiente angular – 2. Uma equação dessa reta é: y – 5 = – 2(x – 2) ∴ 2x + y – 9 = 0
A distância d pedida é tal que:
Resposta: 5 5 d= + d + = ⋅ ⋅ ∴ |2 1 1 6– |9 2 1 5 5 2 2 xv = = ⋅ – (– ) 2 2 1 1 Resolução Questão 30
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A Banca manteve a sua tradição: apresentou prova abrangente, com algumas questões trabalhosas. Nas questões 12 e 30, a aplicação do conceito de derivada facilitaria as resoluções; no entanto, esse conceito não consta do programa proposto pelo ITA.
