o anglo resolve a prova de Matemática do ITA

Texto

(1)

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

ca-da questão, seguica-da ca-da resolução elaboraca-da 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 20 questões de múltipla escolha, 5

questões dissertativas 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.

Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém, nas

questões de múltipla escolha, nota igual ou superior a 40 (na escala

de 0 a 100) 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

ou-tros 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,

o

anglo

resolve

a prova

de

Matemática

do ITA

(2)

NOTAÇÕES

CI : conjunto dos números complexos.

: conjunto vazio.

QI : conjunto dos números racionais. A\B = {x

A; x

B}.

IR: conjunto dos números reais. n(U): número de elementos do conjunto U.

Z: conjunto dos números inteiros. P(A): coleção de todos os subconjuntos de A.

IN = {0, 1, 2, 3, …}. f o g: função composta de f com g.

IN*= {1, 2, 3, …}. I: matriz identidade n

×

n.

i: unidade imaginária; i2= –1. A–1: inversa da matriz inversível A.

z = x + iy, x, y

IR. AT: transposta da matriz A.

–z: conjugado do número z, z

CI. det A: determinante da matriz A.

|z|: módulo do número z, z

CI. AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.— [a, b] = {x

IR; a



x



b}. AB: arco de circunferência de extremidades A e B. ]a, b[ = {x

IR; a



x



b}. m( AB): medida (comprimento) de — AB.—

Considere as seguintes afirmações sobre o conjunto U = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}: I.

∅ ∈

U e n (U) = 10.

II.

∅ ⊂

U e n (U) = 10. III. 5

U e {5}

U.

IV. {0, 1, 2, 5}

{5} = 5.

Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s) A) apenas I e III. B) apenas II e IV. C) apenas II e III. D) apenas IV. E) todas as afirmações.

Resolução:

Da veracidade das proposições: P1: n (U) = 10

P2:

∅ ∉

U P3:

U,

∅ ⊂

U P4: 5

U e {5}

U P5: {0, 1, 2, 5}

{5} = {5},

podemos concluir que apenas as afirmações II e III são verdadeiras. Resposta: C

Seja o conjunto S = {r

QI : r  0 e r2 2}, sobre o qual são feitas as seguintes afirmações:

I.

S e

S. II. {x

IR: 0  x  }

S =

. III. 2

S. 2 7 5 5 4

Questão 2

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

(3)

Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s) apenas

A) I e II D) I

B) I e III E) II

C) II e III

Resolução:

Da veracidade das proposições:

P3: {x

IR: 0



x



}

S = S e S

≠ ∅

P4:

Q

S

Podemos concluir que apenas a afirmação I é verdadeira. Resposta: D

Seja

α

um número real, com 0



α



1. Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos os valores de x tais que

A) ]–, 0]

[2, + [ D) ]–, 0 [

B) ]–,0[

]2, + [ E) ]2, +[

C) ]0, 2[

Resolução:

Com 0

  

1 e x

IR, temos:



2x



–x2

 

0



–x2 + 2x

 

0

– x2+ 2x



0

x2– 2x



0

0



x



2

x

] 0, 2 [ Resposta: C

Considere a função f: IR

CI, f (x) = 2 cos x + 2i sen x. Então,

x, y

IR, o valor do produto f (x) f (y) é igual a

A) f (x + y) D) f (xy)

B) 2 f (x + y) E) 2 f (x) + 2i f (y)

C) 4 i f (x + y)

Resolução:

f (x)

f (y) = 2 (cos x + i sen x)

2 (cos y + i sen y) = 2

2 [cos (x + y) + i sen (x + y)] = 2

f (x + y) Resposta: B

Questão 4







2 2 1 1 2 x x

    ⇔ α α 2 2 1 1 2 x x    



.

Questão 3

2 2 2 P2 : 7 5 7 5

Q e



0 e 7  5 2 2 P1 : 5 4 5 4

      Q e



0 e 5  4 2 2

(4)

Considere 12 pontos distintos dispostos no plano, 5 dos quais estão numa mesma reta. Qualquer outra reta do plano contém, no máximo, 2 destes pontos. Quantos triângulos podemos formar com os vértices nestes pontos?

A) 210 D) 415 B) 315 E) 521 C) 410

Resolução:

C12,3– C5,3= Resposta: A

Seja x

IR e a matriz Assinale a opção correta.

A)

x

IR, A possui inversa.

B) Apenas para x



0, A possui inversa.

C) São apenas dois os valores de x para os quais A possui inversa. D) Não existe valor de x para o qual A possui inversa.

E) Para x = log25, A não possui inversa.

Resolução:

Para A não possuir inversa, det A = 0.

2x= 0 (não existe x, x

IR)

ou

(não existe x, x

IR) Logo, det A

0 e, sendo assim,∀x

IR, A possui inversa.

Resposta: A Considerando as funções assinale o valor de A) D) B) E) C) 1 3 5 12 7 25 2 5 6 25

cos arcsen 3 arccos . 5 4 5 +    

arc sen : [– 1, 1]+ → [– /2,

p

p

/2] e arc cos : [– 1, 1]+

[0,

p

] ,

Questão 7

log25 2 2 log5 2 1 1 1 2 0 = +

+ =

x x x



2 5 1 1 0 2 2 x x

+         = log – A x x x = +        2 1 2 5 2 1 2 ( ) log .

Questão 6

12 3 9 5 3 2 210 ! ! !– ! ! !

=

Questão 5

(5)

Resolução:

Fazendo e , temos:

e

α ∈

Assim:

Resposta: B

Considere um polígono convexo de nove lados, em que as medidas de seus ângulos internos constituem uma progressão aritmética de razão igual a 5º. Então, seu maior ângulo mede, em graus,

A) 120 D) 150

B) 130 E) 160

C) 140

Resolução:

Sendo a1o primeiro termo da progressão aritmética de razão 5º e a9a medida do ângulo pedido, do enunciado, temos: a9= a1+ 8

a1= a9– 40º (1)

Ainda,

De (1) e (2), temos:

Resposta: E

O termo independente de x no desenvolvimento do binômio é

A) D) B) E) C)

Resolução:

O Binômio se reduz a: 3 5 3 5 1 2 13 1 3 16 12                      

x–

x – – 891 3 5 3 165 753 972 153 376 5 3 3 729 453 3 5 5 3 3 3 12 x x x x −        

Questão 9

( – º ) º º a a a 9 9 9 40 9 2 1260 160 +

=

= ( ) ( – ) º ( ) a1 a9 9 2 9 2 180 2 +

=

Questão 8

cos (

α β

+ )=cos

α

cos

β

–sen

α

sen

β

= 16 – = 25 9 25 7 25 cos

β

= 4

β

[ ,

π

]

β

= 5 0 3 5 e sen cos

α

= 4 5 –

π π

, 2 2 sen

α

= 3 5

β

=arc cos4 5

α

=arc sen3 5

(6)

O Termo geral é:

Logo:

Resposta: E

Considere as afirmações dadas a seguir, em que A é uma matriz quadrada n

×

n, n



2: I. O determinante de A é nulo se e somente se A possui uma linha ou uma coluna nula. II. Se A = (aij) é tal que aij= 0 para i



j, com i, j = 1, 2, …, n, então det A = a11a22… ann.

III. Se B for obtida de A, multiplicando-se a primeira coluna por e a segunda por , mantendo-se inalteradas as demais colunas, então det B = det A.

Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s) A) apenas II. B) apenas III. C) apenas I e II. D) apenas II e III. E) todas.

Resolução:

(I) Falsa; por exemplo, tem det A = 0

(II) Verdadeira; basta aplicarmos sucessivamente o teorema de Laplace. (III) Verdadeira; pois det B =

det A

det B = det A. Resposta: D

Considere um cilindro circular reto, de volume igual a 360

π

cm3, e uma pirâmide regular cuja base hexagonal está inscrita

na base do cilindro. Sabendo que a altura da pirâmide é o dobro da altura do cilindro e que a área da base da pirâmide é de cm2, então, a área lateral da pirâmide mede, em cm2,

A) B) C) D) E) 45 427 108 3 36 427 27 427 18 427 54 3

Questão 11

( 2 – )1 ( 2+1) A=  1 11 1 21 2+1

Questão 10

T=  12

  =

=

=

8 1 3 5 495 5 3 165 3 5 165 75 8 2 3 23 2 3 1 3 23 3 (– ) – p p – 8 2 =0

=8 T P x p p p =       

12 1 3 5 36 5 6 8 2 (– ) – – T p x x p p p p p =             

+

12 3 5 1 3 5 12 2 123 3 6 – (– )

(7)

Resolução:

Do enunciado, temos a figura:

V … vértice da pirâmide; O … centro da base;

h … medida da altura do cilindro;

l

… medida do lado do hexágono regular ABCDEF; VM— … apótema da pirâmide; OA =

l

. Devemos ter: Ainda,

π ⋅

l

2

h = 360

π

Substituindo

l

= 6, temos:

π ⋅

62

h = 360

π ∴

h = 10 cm

VO = 20 cm

No triângulo retângulo VOM, temos: (VM)2= (VO)2+ (OM)2

(VM)2= (20)2+

Portanto a área lateral pedida é igual a 6

6

, ou seja, cm2.

Resposta: A

O conjunto de todos os valores de

α

,

α ∈

, tais que as soluções da equação (em x) x4– x2+ tg

α

= 0 são todas reais, é

A) D)

B) E)

C)

Resolução:

Fazendo x2= y, temos:

Nessa equação do 2ºgrau, as raízes devem ser maiores ou iguais a zero. Assim:

No intervalo dado no enunciado, temos, então:

α ∈

. Resposta: D 0 3 ,

π

        tg tg

α

α

  0 3 tg tg

α

α

  0 48 4 0 4 2

( )

y2–448

y+tg

α

=0 −    π π6,6 π π 12,3       −       π π 4,4 0 3 ,π     −    π3,0 484 −    π π2,2

Questão 12

18 427 427 1 2 6 3 2 427 2    

VM= 6 3 4 54 3 6 2

l

=

l

= cm A D B C F E O M V 2h h l

123

123

(8)

Sejam as funções f e g definidas em IR por f(x) = x2+

α

x e g(x) = –(x2+

β

x), em que

α

e

β

são números reais. Considere que estas

funções são tais que

f g

Valor mínimo Ponto de mínimo Valor máximo Ponto de máximo

–1



0



0

Então, a soma de todos os valores de x para os quais (f o g)(x) = 0 é igual a A) 0 B) 2 C) 4 D) 6 E) 8

Resolução:

Do enunciado, temos: De De

α

2= 4 (2) De (1) e (2), temos

α

= 2 e, portanto, f (x) = x2+ 2x. Do enunciado, temos: De , temos

β



0 (3)

β

2= 9 (4) De (3) e (4), temos

β

= – 3 e, portanto, g (x) = – (x2– 3x). f(g (x)) = 0

[g(x)]2+ 2g(x) = 0

g(x) [g(x) + 2] = 0

g(x) =0 ou g(x) + 2 = 0

x2– 3x = 0 ou – x2+ 3x + 2 = 0 As raízes de x2– 3x = 0 são 0 e 3.

As raízes de – x2+ 3x + 2 = 0 são reais (pois o discriminante é positivo), e sua soma é igual a 3.

Portanto a soma de todas as raízes é igual a 6. Resposta: D

β

2

β

2 4 2 9 4 + = De g –

β

,temos: 2 9 4       = –

β

2 0 –

β

β

2 0 2 9 4  e g      =

α

2

α

2 4 – 2 =–1 f –

α

– ,temos: 2 1       = – , . ( )

α

α

2 0 temos



0 1 – – –

α

α

2  e f0 2 1     = 9 4

Questão 13

(9)

Considere todos os números z = x + iy que têm módulo e estão na elipse x2+ 4y2= 4. Então, o produto deles é igual a

A) D)

B) E) 4

C)

Resolução:

Sendo x e y reais, temos:

Resolvendo o sistema:

, obtemos os pares

O produto dos números é .

Resposta: B

Para algum número real r, o polinômio 8x3– 4x2– 42x + 45 é divisível por (x – r)2. Qual dos números abaixo está mais

próximo de r?

A) 1,62 D) 1,32

B) 1,52 E) 1,22

C) 1,42

Resolução:

Da divisibilidade de 8x3– 4x2– 42x + 45 por (x – r)2, podemos concluir que pelo menos duas das três raízes são iguais a r.

Sendo s a outra raiz, temos: r + r + s = r

r + r

s + r

s = r

r

s = Resolvendo o sistema 2r + s = r2+ 2rs = r2

s = , Obtemos r = e s =

Entre os números dados, aquele que está mais próximo de r é 1,52. Resposta: B –5 2 3 2 –45 8 –21 4 1 2 –45 8 –42 8 –(– )4 8

Questão 15

49 16 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 +i , –i , – +i e – –i 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 , , , – , – , – , –                   e x y x y 2 2 2 2 7 4 4 4 + = + =     | |z2 7 x2 y2 4 7 4 =

+ = | |z = 7 2 81 25 49 16 25 7 25 9 7 2

Questão 14

1442443

1442443

(10)

Assinale a opção que representa o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano que satisfazem a equação

A) Uma elipse. D) Uma hipérbole.

B) Uma parábola. E) Uma reta.

C) Uma circunferência.

Resolução:

Devemos ter:

(– 2) (+)

Aplicando o Teorema de Laplace e desenvolvendo, temos: 18x2+ 18y2– 72x – 108y – 216 = 0 (

÷

18)

x2+ y2– 4x – 6y – 12 = 0

(x – 2)2+ (y – 3)2= 25

Logo, o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano é a circunferência de centro (2, 3) e raio 5. Resposta: C

A soma das raízes da equação z3+ z2– |z|2+ 2z = 0, z

CI, é igual a

A) – 2 D) 1

B) – 1 E) 2

C) 0

Resolução:

Lembrando que |z|2= z

z– , para todo z, z

C|, temos:

z3+ z2– z

z– + 2z = 0

z (z2+ z – z– + 2) = 0

z = 0 ou z2+ z – z– + 2 = 0

Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos de z2+ z – z– + 2 = 0 que:

(x + yi)2+ x + yi – (x – yi) + 2 = 0

x2+ 2xyi – y2+ x + yi – x + yi + 2 = 0

(x2– y2+ 2) + 2y (x + 1) i = 0

Resolvendo o sistema:

, obtemos os pares .

Portanto as raízes da equação proposta são os números 0, – 1 + i e – 1 – i . A soma desses números é – 2.

Resposta: A 3 3 (– ,1 3) e (– , –1 3) x y y x 2 2 2 0 2 1 0 – ( ) + = + =    

Questão 17

x2 y2 x 2 y 1 40 0 6 1 4 0 0 1 34 3 3 1 288 + = – x2 y2 x y 1 40 2 6 1 4 2 0 1 34 5 3 1 288 + = det . x2 y2 x y 1 40 2 6 1 4 2 0 1 34 5 3 1 288 + =

Questão 16

(11)

Dada a equação x3+ (m + 1)x2+ (m + 9)x + 9 = 0, em que m é uma constante real, considere as seguintes afirmações:

I. Se m

] – 6, 6 [, então existe apenas uma raiz real.

II. Se m = – 6 ou m = + 6, então existe raiz com multiplicidade 2. III.m

IR, todas as raízes são reais.

Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas A) I B) II C) III D) II e III E) I e II

Resolução:

Sendo p (x) = x3+ (m + 1) x2+ (m + 9) x + 9, temos: p (x) = x3+ x2+ mx2+ mx + 9x + 9 p (x) = x2(x + 1) + mx (x + 1) + 9 (x + 1) p (x) = (x + 1) (x2+ mx + 9). O discriminante de q (x) = x2+ mx + 9 é

= m2– 36.

Com – 6



m



6, temos



0 e, nesse caso, q (x) = 0 não admite raízes reais; – 1 é a única raiz real de p (x) = 0. Com m = – 6, temos q (x) = x2– 6x + 9 = (x – 3)2.

Nesse caso, 3 é raiz dupla de p (x) = 0.

Com m = 6, temos q (x) = x2+ 6x + 9 = (x + 3)2.

Nesse caso, – 3 é raiz dupla de p (x) = 0. Resposta: E

Duas circunferências concêntricas C1e C2têm raios de 6 cm e respectivamente. Seja AB—uma corda de C2, tangente à C1. A área da menor região delimitada pela corda AB—e pelo arco AB mede, em cm2,

A) 9 (

π

– 3) B) 18 (

π

+ 3) C) 18 (

π

– 2) D) 18 (

π

+ 2) E) 16 (

π

+ 3)

Resolução:

Do enunciado, temos a figura, onde C é o centro das circunferências, T é ponto de tangência e S é a área da região a ser cal-culada:

No triângulo retângulo CTB, temos:

cos

α

= CT

cos

α

=

cos

α

=

α

= º CB 6 6 2 2 2 45 C2 C1 C A B S T α α CT = 6 cm CA = CB = 6√2 cm 6 2 cm,

Questão 19

Questão 18

(12)

Logo:

Resposta: C

A área total da superfície de um cone circular reto, cujo raio da base mede R cm, é igual à terça parte da área de um círculo de diâmetro igual ao perímetro da seção meridiana do cone. O volume deste cone, em cm3, é igual a

A)

π

R3 B) C) D) E)

Resolução:

Do enunciado, temos a figura:

V … vértice do cone; O … centro da base;

h … medida da altura do cone; R … medida do raio da base do cone; g … medida da geratriz do cone;

Devemos ter:

π ⋅

R2+

π ⋅

R

g =

⋅ π ⋅

(R + g)2

π

R (R + g) =

⋅ π ⋅

(R + g)2

3R = g + R

g = 2R (1) No triângulo retângulo VOA, temos:

(VO)2+ (OA)2= (VA)2

h2+ R2= (2R)2

h = R Sendo V o volume pedido, temos:

Resposta: E V= πR ∴ V= πR 3 3 3 3 3 V= 1

⋅ ⋅

R

R 3 3 2

π

3 1 3 1 3 h g g O R R A B V

π

3 3 R

π

3R3

π

2 3 R

π

2R3

Questão 20

S=18

π

–36

S=18(

π

– )2cm2 S= 1

⋅ ⋅

( )

4 6 2 1 2 6 2 6 2 2

π

(13)

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno de soluções.

Seja A um conjunto não-vazio.

a) Se n (A) = m, calcule n(P(A)) em termos de m.

b) Denotando P1(A) = P(A) e Pk + 1(A) = P(Pk(A)), para todo número natural k



1, determine o menor k, tal que n(Pk(A))



65000,

sabendo que n(A) = 2.

Resolução:

a) Sendo n (A) = m, podemos afirmar que o número de subconjuntos de A, isto é, o número de elementos de

P

(A) é dado por: n(

P

(A)) = + + … + = 2m Resposta: 2m b) n (A) = 2 n (P(A)) = 22= 4 n(P2(A)) = 24= 16 n(P3(A)) = 216= 65536. Portanto n (P3(A))



65000. Resposta: 3

Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a probabilidade de se retirar uma bola verde?

Resolução:

Jogando-se 2 dados, o evento soma dos pontos menor que 4 é {(1, 1), (1, 2), (2, 1)}. A probabilidade da soma menor que 4 é então .

Do enunciado, temos:

soma sair bola soma sair bola menor e verde da ou maior ou e verde da

que 4 caixa branca igual a 4 caixa preta

+

Resposta:

Determine os valores reais do parâmetro a para os quais existe um número real x satisfazendo .

Resolução:

Sendo x e y números reais, tais que , temos –1



x



1, y



0 e x2+ y2= 1.

Nessas condições, os pares (x, y) podem ser representados pela semicircunferência na figura a seguir. y= 1–x2 1 – x2



a – x

Questão 23

289 480 3 5 289 480 ∴ P= 11 12 5 8 P= 1 12 3 36 1 12 =

Questão 22

   m m       m 1       m 0   

Questão 21

(14)

Nessa figura, temos, também, o conjunto de todas as retas de equação y = a – x, a

IR, de modo que a inequação



a – x admita pelo menos uma solução real.

A equação da reta (r), tangente à semicircunferência no ponto T e de coeficiente angular igual a –1, é dada por y = Portanto, a inequação



a – x admite soluções reais se, e somente se, a



.

Resposta: a



Sendo , calcule .

Resolução:

Sendo S a soma dos termos da progressão geométrica (z1, z2, z3, … , z60), temos:

Temos: |z| = 1 z60= cos (15

π

) + i sen (15

π

) z60= – 1 z60– 1 = – 2

|z60– 1| = 2 Logo, Resposta: 2 2 +4 | | – | | S = 1 2

S = + 2 2 2 2 4 | – |z 1 2 – | – |z – 2 1 2 2 1 2 2 2 2 =     + 

= z–1 2 – i 2 1 2 2 = + z60 60 i sen 4 60 4 =cos

π

+

π

S z z z e S z z z = ( – ) =

– | | | | | – | | – | 60 1 60 1 1 1 z= 2 +i

z= +i sen 2 2 2 cos 4 4

π

π

zn z z z ... z n 1 2 3 60

= = + + + + 60 z 1 i 2 = +

Questão 24

2 2 1– x2 2 – .x 1– x2 x y T –1 1 (r) 0

(15)

Para b



1 e x



0, resolva a equação em x: (2x)logb2– (3x)logb3= 0.

Resolução:

Sendo logb2 = r e logb3 = s, temos:

(2x)r= (3x)s logb(2x)r= log

b(3x)s

r

(logb2 + logbx) = s

(logb3 + logbx) r2+ r

log

bx = s2+ s

logbx

(r – s)

logbx = s2– r2

(r – s)

logbx = – (r – s)

(r + s) Como r – s ≠ 0, temos logbx = – (r + s)

logbx = – (logb2 + logb3)

logbx = logb6–1

x =

Resposta:

Considere a equação x3+ 3x2– 2x + d = 0, em que d é uma constante real. Para qual valor de d a equação admite uma raiz

dupla no intervalo ] 0, 1 [?

Resolução:

Sendo r, 0



r



1, a raiz dupla e s a raiz simples de x3+ 3x2– 2x + d = 0, temos:

r + r + s = – 3 (1) r

r + r

s + r

s = – 2 (2) r

r

s = – d (3)

Da igualdade (1), temos s = – 2r – 3 e, substituindo em (2), resulta: r2+ 2r (– 2r – 3) = – 2

– 3r2– 6r + 2 = 0.

Resolvendo essa equação, obtemos .

Como 0



r



1, temos . s = – 2r – 3 Da igualdade (3), temos d = – r2

s Resposta: – 36 10 15 9 + d= – 36+10 15 9 d= +         ⋅ – –3 15 – – 3 3 2 15 3 2 s= 6 2 15

s= 3 3 3 2 15 3 – – – – r= – 3+ 15 3 r= – 3± 15 3

Questão 26

1 6       1 6

Questão 25

(16)

Prove que, se os ângulos internos

α

,

β

e

γ

de um triângulo satisfazem a equação sen (3

α

) + sen (3

β

) + sen (3

γ

) = 0,

então, pelo menos, um dos três ângulos

α

,

β

ou

γ

é igual a 60º.

Resolução:

Assim:

sen (3

α

) + sen (3

β

) + sen (3

γ

) = 0

Substituindo:

Assim,

α

= 60º ou

β

= 60º ou

γ

= 60º. c.q.d.

Se A é uma matriz real, considere as definições:

I. Uma matriz quadrada A é ortogonal se e só se A for inversível e A–1= AT.

II. Uma matriz quadrada A é diagonal se e só se aij= 0, para todo i, j = 1, ..., n, com i j. Determine as matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais.

Resolução:

Seja A uma matriz diagonal de ordem 3:

Como A deve ser diagonal e ortogonal: A–1= At= A , com a

b

c ≠ 0. Assim: A

A–1= I

A

A = I a b c a b c 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1          ⋅          =           A a b c =           0 0 0 0 0 0

Questão 28

–4 cos3 cos cos 2 3 2 3 2 0

α

β

γ

=

–2 cos3 cos cos 2 2 3 2 3 2 0

     =

α

β

γ

–2 cos3 cos cos –

2 3 3 2 3 3 2 0

 + +      =

α

β

γ

β

γ

–2 cos3 3 cos – cos cos – 2 3 2 2 3 2 3 3 2 0

β

+

γ

α

α

β

γ

= 2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 3 2 0

sen

α

cos

α

+ sen

β

+

γ

cos

β

γ

=

cos 3 3 – 2 3 2

β

+

γ

=

α

sen sen 3 3 2 3 2

β

+

γ

=

α

– cos

Questão 27

14243

α β γ

+ + =180 ∴ 3

β

+3

γ

=

α

2 270 3 2 º º –

(17)

Logo, a = ± 1, b = ± 1 e c = ± 1

Portanto as oito matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais são todas do tipo:

Resposta:

Sejam r e s duas retas que se interceptam segundo um ângulo de 60º. Seja C1uma circunferência de 3 cm de raio, cujo centro O se situa em s, a 5 cm de r. Determine o raio da menor circunferência tangente à C1e à reta r, cujo centro também se situa na reta s.

Resolução:

Do enunciado, temos a figura, na qual R é a medida do raio pedido:

No triângulo retângulo ABO, temos:

Resposta: (29–16 3 cm) R= R +

= 10 3 3 3 2 3 2 3 2 29 16 3 – ( – ) ( – ) – 3 2 5 3 = + – R R sen BO AO 60º= 60º r’ r 60º s 5 – R B S R T R A R V 3 C1 O P r’ // r OS = 5 OB = 5 – R

Questão 29

a b c com a b c 0 0 0 0 0 0 1 1          , , ,

{– , } a b c com a b c 0 0 0 0 0 0 1 1          , , ,

{– , } a b c 2 2 2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1           =          

(18)

Sejam os pontos A: (2, 0), B: (4, 0) e P: (3, 5 + 2 ).

a) Determine a equação da circunferência C, cujo centro está situado no primeiro quadrante, passa pelos pontos A e B e é tangente ao eixo y.

b) Determine as equações das retas tangentes à circunferência C que passam pelo ponto P.

Resolução:

a) Do enunciado, temos a figura:

D … centro da circunferência C; T … ponto de tangência.

Devemos ter:

Logo, o raio da circunferência C tem medida DT = EO = AD = 3. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AED, temos:

(ED)2+ (AE)2= (AD)2 (ED)2+ 12= 32

ED =

Assim, o ponto D tem coordenadas Portanto uma equação pedida é:

(x – 3)2+ = 9

Resposta: (x – 3)2+ = 9

b) Do enunciado e do item anterior, temos a figura:

r e s … retas tangentes; F e G … pontos de tangência; ED=2 2,PD=5 e FD=3. T D O A E B 2 4 x G y α α 2 2



5 + 2 2



180° – α α 3 α β F s r P ( –y 2 2)2 ( –y 2 2)2 ( ,3 2 2). 2 2 xD= xA+xB

xD = + ∴ xD= 2 2 4 2 3 T D O A B 2 4 x y E C 2

Questão 30

(19)

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo PFD, temos: (PF)2+ (FD)2= (PD)2

(PF)2+ 32= 52

PF = 4 Ainda nesse triângulo,

Logo, o coeficiente angular da reta r é e o coeficiente angular da reta s é

Portanto uma equação da reta r é e uma equação da reta s é

Resposta: y= 34x+2 2+1 e y=–43x+2 2+9 y – (5 2 2) –4( – ),x ou seja y, – x . 3 3 4 3 2 2 9 + = = + + y – (5 2 2) 4( – ),x ou seja y, x 3 3 4 3 2 2 1 + = = + + tg (180º – ) –4. 3

α

= tg

α

= 4 3 tg PF FD ou seja tg

α

= , ,

α

= 4. 3

(20)

Uma bela prova, com questões abrangentes e conceituais. Examina conhecimentos específicos e exige dos candidatos cria-tividade, iniciativa e capacidade de análise dos dados na interpretação dos textos.

Parabéns à banca examinadora.

T

T

T

N

N

N

E

E

E

M

M

M

Á

Á

Á

O

O

O

O

O

O

C

C

C

R

R

R

III

(21)

Teoria dos Conjuntos

1

3

ASSUNTO Nº DE QUESTÕES

2

Probabilidade

Matriz

Logaritmo

Inequação Exponencial

Geometria Plana

Geometria do Espaço

Números Complexos

Geometria Analítica

Equações Polinomiais

Determinante

Função

Binômio de Newton

Álgebra

Análise Combinatória

Trigonometria

II

I

C

C

C

N

N

N

Ê

Ê

Ê

D

D

D

III

N

N

N

III

C

C

C

A

A

A

(22)

Errata

A resolução da questão n

º

8 da Prova de Inglês do ITA,

do dia 10/12/2003, nos conduz à alternativa D. Por engano,

foi assinalada a B.

Imagem

Referências

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