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1º Simulado Comentado – ITA Matemática
1º Simulado ITA – Matemática www.estrategiamilitares.com.br
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Questões Resolvidas
Questão 1
Seja 𝛼 um arco tal que 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝑥 + 1) e 𝛽 um arco tal que 𝛽 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝑥 − 1), 𝛼, 𝛽 ∈ ]−𝜋
2,𝜋
2[.
Determine o valor de 𝑥, tal que:
𝑡𝑔(𝛼 + 𝛽) = 2
a) 𝑥 = {1,−1}
b) 𝑥 = {1}
c) 𝑥 = {0}
d) 𝑥 = {1, 0} e) 𝑥 = {2,−1}
Comentário:
Sabemos que:
𝑡𝑔𝛼 = 2𝑥 + 1
𝑡𝑔𝛽 = 2𝑥 − 1
Vamos abrir a equação que a questão deu:
𝑡𝑔(𝛼 + 𝛽) =𝑡𝑔𝛼 + 𝑡𝑔𝛽
1 − 𝑡𝑔𝛼 ∙ 𝑡𝑔𝛽=
2𝑥 + 1 + 2𝑥 − 1
1 − (2𝑥 + 1)(2𝑥 − 1)=2 ∙ 2𝑥
2 − 4𝑥= 2
4𝑥+2𝑥− 2 = 0
Fazendo a substituição 2𝑥 = 𝑦, temos:
𝑦2 + 𝑦− 2 = 0
Resolvendo a equação, temos que 𝑦 = 1 ou 𝑦 = 2, logo:
{𝑦 = 1 ⇒ 2𝑥 = 1 ⇒ 𝑥 = 0
𝑦 = 2 ⇒ 2𝑥 = 2 ⇒ 𝑥 = 1
Portanto, o conjunto solução da equação é:
𝑆 = {1,0}
Gabarito: D
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Questão 2
Se |𝑧 − 4| = 7, quais os valores máximo e mínimo que |𝑧− 2𝑖| pode assumir?
a) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 4√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 4√5
b) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 3√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5
c) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7−√5
d) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5
e) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√3 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√3
Comentário:
Para resolver essa questão, vamos usar o plano de Argand-Gauss para raciocinar:
Para acharmos o valor mínimo e máximo de |𝑧 − 2𝑖|, vamos pensar em um segmento de reta passando pelo centro da circunferência maior e também passando por 2𝑖. O maior e o menor valor serão dados pela interseção dessa reta com a circunferência. Com isso, perceba que o maior valor é dado pelo tamanho do segmento AO e o menor, OB. Usando o teorema de Pitágoras para o triângulo ODE, temos que:
𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5
Gabarito: D
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Questão 3
Ache os números complexos que são raízes da equação:
𝑧2 + 𝑧2+2𝑖𝑧 + (𝑧 − 3𝑖)2 = 0
a) 𝑆 = {√39 + 2𝑖, √39 − 2𝑖}
b) 𝑆 = {√39
3+ 2𝑖,
√39
3− 2𝑖}
c) 𝑆 = {√39
3+ 2𝑖}
d) 𝑆 = {√39
3+ 𝑖,
√39
3− 𝑖}
e) 𝑆 = {√39
3+ 2𝑖, −
√39
3+ 2𝑖}
Comentário:
Para resolver esse tipo de questão, não tem segredo. Vamos escrever 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 e desenvolver o que tiver que desenvolver:
(𝑎+ 𝑏𝑖)2+ (𝑎− 𝑏𝑖)2+ 2𝑖(𝑎+ 𝑏𝑖)+ (𝑎+ (𝑏− 3)𝑖)2 = 0
𝑎2 +2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏2 +𝑎2 − 2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏2 + 2𝑎𝑖 − 2𝑏+ 𝑎2 +2𝑎(𝑏− 3)𝑖 − (𝑏− 3)2 = 0
3𝑎2 − 3𝑏2 + 2𝑎𝑖 − 2𝑏 + 2𝑎𝑏𝑖 − 6𝑎𝑖 + 6𝑏 − 9 = 0
3𝑎2 − 3𝑏2 + 4𝑏 − 9 + (2𝑎𝑏 − 4𝑎)𝑖 = 0
Para que isso seja 0, a parte real tem que ser zero e a imaginária também tem que ser zero. Assim, temos:
{3𝑎2 −3𝑏
2+4𝑏− 9 = 0
(2𝑎𝑏 − 4𝑎)𝑖 = 0⇔ {3𝑎
2 −3𝑏2+ 4𝑏− 9 = 0
2𝑎(𝑏− 2)𝑖 = 0
Como 𝑎 ≠ 0, pois implicaria 𝑏 ∉ ℝ, temos que 𝑏 = 2
3𝑎2 − 3 ∙ 22 + 4 ∙ 2 − 9 = 0
𝑎2 =133⇒ 𝑎 =
√393 𝑜𝑢 𝑎 = −
√393
Gabarito: E
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Questão 4
Seja a circunferência 𝐶1: (𝑥 − 3)2 + (𝑦− 5)2 = 4 e 𝐶2: (𝑥− 9)2 + (𝑦− 5)2 = 9 e as retas 𝑟: 2𝑥 − 𝑦 +
√3 − 3 = 0 e 𝑠: 𝑥 + 3𝑦 − 3√3 − 19 = 0. Determine o raio da circunferência tangente à 𝐶1 e 𝐶2 com centro na intersecção da reta 𝑟 com a reta 𝑠.
a) 7√3
b) 18
7
c) 198
d) 6√3
e) 152
Comentário:
Para resolver essa questão, é bom expressarmos o que está acontecendo no papel e tentar resolver o máximo possível por geometria plana. Na prova do ITA isso geralmente simplifica bastante a questão.
Primeiro, vamos achar a intersecção entre as retas:
{2𝑥− 𝑦+√3− 3 = 0
𝑥+ 3𝑦− 3√3− 19 = 0
Fazendo as contas, o ponto de interseção é: 𝐵 = (𝑥, 𝑦) = (4, 5 + √3)
Desenhando o problema, temos:
Observe que o ângulo 𝐵�̂�𝐶 é 60°, pois 𝐶𝐷
𝐴𝐷= √3 = 𝑡𝑔60°. Dessa forma, podemos usar a lei dos
cossenos para o triângulo 𝐴𝐵𝐶:
(𝑅+ 3)2 = (9− 3)2+ (𝑅+ 2)2 −2 ∙ 6 ∙ (𝑅+ 2) ∙12
𝑅2 +6𝑅+ 9 = 36+𝑅2 +4𝑅+ 4− 6𝑅− 12 ⇒ 𝑅 =198
Gabarito: C
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Questão 5
Seja o triângulo ABC tal que nele está inscrito uma esfera de raio r. Sabe-se que 𝐴𝐵 = 10, 𝐵𝐶 = 12 e 𝐴𝐶 = 16. Se a distância de C até o ponto T de tangência da circunferência com o lado AB é 𝑥,
determine √5𝑥:
a) 200 b) 37
c) √783 d) √782 e) 36
Comentário:
Sabemos que, como a circunferência está inscrita no triângulo, temos:
{
𝑥+ 𝑦 = 10𝑦+ 𝑧 = 12𝑧+ 𝑥 = 16
⇒𝑧 = 9, 𝑥 = 7 𝑒 𝑦 = 3
Agora, podemos usar a lei dos cossenos para calcular CT. Porém, devemos achar o valor de 𝑐𝑜𝑠𝜃 antes, também pela lei dos cossenos:
𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵2 + 𝐶𝐵2 − 2 ∙ 𝐴𝐵 ∙ 𝐶𝐵 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃
162 = 102 +122 −2 ∙ 12 ∙ 10 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = −120
Calculando CT, temos:
𝐶𝑇2 = 122 +32 −2 ∙ 12 ∙ 3 ∙ (−120)⇒ 𝐶𝑇 = √
7835
√5𝐶𝑇 = √783
Gabarito: C
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Questão 6
Determine o coeficiente de 𝑥6 no desenvolvimento de (1 + 2𝑥+ 3𝑥2)10
:
a) 356780
b) 124520
c) 122520
d) 134540 e) 122600
Comentário:
Para resolver essa questão, vamos usar o polinômio de Leibniz:
(𝑥1 +𝑥2 + 𝑥2 +⋯+ 𝑥𝑝+1)𝑛=∑
𝑛!𝛼1! 𝛼2!…𝛼𝑝+1!
𝑥1𝛼1…𝑥𝑝+1
𝛼𝑝+1 , 𝛼1 +𝛼2 +⋯+𝛼𝑝+1 = 𝑛
Aplicando na questão, temos:
(1 + 2𝑥+ 3𝑥2)10=∑
10!𝛼1!𝛼2! 𝛼3!
1𝛼1(2𝑥)𝛼2(3𝑥2)
𝛼3 = 2𝛼2 ∙ 3𝛼3 ∙ 𝑥𝛼2+2𝛼3
Portanto, para verificar o coeficiente de 𝑥6, devemos ter que 𝛼2 +2𝛼3 = 6
Para isso, podemos ter:
𝛼2 = 0,𝛼3 = 3,𝛼1 = 7
𝛼2 = 2,𝛼3 = 2,𝛼1 = 6
𝛼2 = 4,𝛼3 = 1,𝛼1 = 5
𝛼2 = 6,𝛼3 = 0,𝛼1 = 4
Dessa forma, o coeficiente de 𝑥6 é:
𝑐 = 20 ∙ 33 ∙10!
0! ∙ 3! ∙ 7!+ 22 ∙ 32 ∙
10!
2! ∙ 2! ∙ 6!+ 24 ∙ 31 ∙
10!
4! ∙ 1! ∙ 5!+ 26 ∙ 30 ∙
10!
6! ∙ 0! ∙ 4!=
𝑐 = 122520
Gabarito: C
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Questão 7
Um exame de sangue é feito para verificar se uma pessoa está infectada com determinado vírus ou não. Dos pacientes que estão infectados, 65% atestam positivo neste exame. Entre os não infectados, 6% dos exames dão positivo. Considere uma amostra de pacientes em que 19% possuem o vírus de fato. Um paciente, escolhido desta amostra ao acaso, realizou o teste e foi classificado como portador do vírus. A probabilidade deste paciente estar efetivamente infectado é, aproximadamente:
a) 77,1%
b) 43,7%
c) 65,3%
d) 71,8% e) 82%
Comentário:
Vamos usar probabilidade condicional para resolver essa questão:
Vamos chamar de 𝐴 a probabilidade dele estar EFETIVAMENTE infectado.
E 𝐵 é a probabilidade dele ter sido DIAGNÓSTICADO com o vírus.
Dessa forma, queremos 𝑃(𝐴/𝐵).
𝑃(𝐴/𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐴 ∩ 𝑁𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
O que essa fórmula diz? Ela está dizendo que a probabilidade de o paciente estar efetivamente infectado dado que foi diagnosticado com o vírus é igual à razão entre a probabilidade dele estar infectado e o resultado ter dado positivo e a razão dele estar infectado e o resultado ter dado positivo mais a outra possibilidade, de ter dado negativo. Sendo assim, temos:
𝑃(𝐴/𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐴 ∩ 𝑁𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)=
0,19 ∙ 0,65
0,81 ∙ 0,06 + 0,19 ∙ 0,65≅ 71,8%
Gabarito: D
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Questão 8
Seja as matrizes M e N, de tal forma que 𝑀 = [1 −23 2
] e 𝑁 = [2 −23 4
]. Além dessa, temos a matriz
𝐴 = 𝑀2 + 𝑁 e a matriz 𝐵 = 𝑀 − 𝑁2. Calcule a soma do elemento 𝑎12 de 𝐴−1 com o elemento 𝑏21
de 𝐵−1.
a) 312
511
b) 30
510
c) 131
630
d) 131
540
e) 132
530
Comentário:
Primeiro, vamos calcular as matrizes 𝐴 e 𝐵.
𝐴 = [1 −23 2
] ∙ [1 −23 2
] + [2 −23 4
] = [−3 −812 2
]
𝐵 = [1 −23 2
] − [2 −23 4
] ∙ [2 −23 4
] = [3 10−15 −8
]
Agora, devemos calcular as matrizes inversas:
Um jeito ruim de fazer é usar:
𝐴−1 = [𝑎 𝑏𝑐 𝑑
]⇒ [𝑎 𝑏𝑐 𝑑
] [−3 −812 2
] = [1 00 1
]
𝐵−1 = [𝑎′ 𝑏′𝑐′ 𝑑′
]⇒ [𝑎′ 𝑏′𝑐′ 𝑑′
] [ 3 10−15 −8
] = [1 00 1
]
E calcular todas essas oito variáveis!
Um aluno bem preparado sabe o seguinte bizu:
Dada uma matriz 𝑋:
𝑋 = [𝑎 𝑏𝑐 𝑑
]
Para calcular a inversa de forma rápida, podemos usar que:
𝑋−1 =1
𝑑𝑒𝑡𝑋[ 𝑑 −𝑏−𝑐 𝑎
]
Funciona assim: Troca-se as posições dos elementos da diagonal principal, troca-se o sinal dos elementos da diagonal secundária e divide tudo pelo determinante.
Usando esse bizu, temos:
𝐴−1 =190
[ 2 8−12 −3
] =
[ 1
45
4
45
−6
45−130]
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𝐵−1 =1126
[−8 −1015 3
] =
[ −
463
−563
542
142 ]
𝑎12 +𝑏21 =131630
Gabarito: C
Questão 9
O valor de:
(104 +324) (224 +324) (344 +324) (464 +324) (584 +324)
(44 +324) (164 +324) (284 +324) (404 +324) (524 +324)
É:
a) 313
b) 420
c) 270
d) 373 e) 473
Comentário:
Para resolver essa questão, vamos lembrar da fatoração:
𝑥4 + 4𝑦4 = 𝑥4 +4𝑥2𝑦2 + 4𝑦4 −4𝑥2𝑦2 = (𝑥2 +2𝑦2)2− (2𝑥𝑦)2
= (𝑥2 +2𝑦2 +2𝑥𝑦)(𝑥2 +2𝑦2 − 2𝑥𝑦) = [(𝑥− 𝑦)2+ 𝑦2][(𝑥+ 𝑦)2 +𝑦2]
Agora, vamos olhar a questão.
Observe que os termos nos produtos são da forma:
𝑛4 + 324 = 𝑛4 + 4 ∙ 34 = [(𝑛− 3)2+ 9][(𝑛+ 3)2 +9]
Fazendo essa substituição em cada um dos termos, temos:
(104 +324) (224 +324) (344 +324) (464 +324) (584+324)
(44 +324) (164 +324) (284 +324) (404 +324) (524+324)
=
(72 +9) (132 +9) (192 +9)… (552 +9) (612 +9)
(12 +9) (72 +9) (132 +9)… (492 +9) (552+9)
Cortando tudo que tem pra cortar, ficamos com:
612 +9
12 +9=373010
= 373
Gabarito: D
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Questão 10
Qual a soma dos módulos das soluções da seguinte equação modular?
|𝑥− |3𝑥− 2|| = 4
a) 52
b) 72
c) 11
2
d) 4
e) 92
Comentário:
Para resolver essa questão, devemos tomar muito cuidado com os intervalos que estamos usando. Sendo assim, vamos fazer por passos:
1)
|𝑥 − |3𝑥 − 2|| = 4 ⇒ 𝑥 − |3𝑥 − 2| = 4 𝑜𝑢 𝑥 − |3𝑥 − 2| = −4
𝑥 − 4 = |3𝑥 − 2| 𝑜𝑢 𝑥 + 4 = |3𝑥 − 2|
2)
Devemos olhar agora para os valores que forem correspondentes ao intervalo de |3𝑥− 2| válido naquela equação. Sendo assim, temos:
Para |3𝑥− 2| = 3𝑥− 2, com 𝑥 ≥2
3, temos:
𝑥 − 4 = 3𝑥 − 2 ⇒ 𝑥 = −1
𝑥 + 4 = 3𝑥 − 2 → 𝑥 = 3
Para |3𝑥− 2| = −3𝑥+ 2, com 𝑥 <2
3, temos:
𝑥 − 4 = −3𝑥 + 2 ⇒ 𝑥 =3
2
𝑥 + 4 = −3𝑥 + 2 ⇒ 𝑥 = −1/2
Dentro dos intervalos possíveis, as soluções são:
𝑥 = 3 𝑜𝑢 𝑥 = −1
2
𝑆 = 3 +1
2=7
2
Gabarito: B
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Questão 11
Seja o trapézio regular de bases 4 𝑐𝑚 e 8 𝑐𝑚 e altura 10 𝑐𝑚. Seja também o eixo 𝑟 paralelo às bases do trapézio, distando 30 𝑐𝑚 da base maior, mais perto da base menor. Rotaciona-se essa figura em 360° em torno do eixo 𝑟. Determine o volume e a área do sólido de revolução gerado.
a) 𝑉 =1600𝜋
3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 300√26)𝜋 𝑐𝑚2
b) 𝑉 =9200𝜋
3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2
c) 𝑉 =4600𝜋
3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 250√26)𝜋 𝑐𝑚2
d) 𝑉 =1000𝜋
3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (480 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2
e) 𝑉 =9100𝜋
3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2
Comentário:
Desenhando a figura, temos:
Observe que, rotacionando o trapézio em torno do eixo 𝑟, obtemos um sólido que é formado por um cilindro subtraído de dois troncos de cone e de outro cilindro menor.
Dessa forma, temos:
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 = 𝜋 ∙ 302 ∙ 8 − 2 ∙
2 (𝜋 ∙ 302 +𝜋 ∙ 202+𝜋 ∙ 600)
3− 𝜋 ∙ 202 ∙ 4 =
9200𝜋3
𝑐𝑚3
E a área 𝐴 é dada pela área lateral do cilindro maior mais a área lateral do cilindro menor com a área lateral dos dois troncos de pirâmide:
𝐴 = 2𝜋 ∙ 30 ∙ 8 + 2𝜋 ∙ 20 ∙ 4 + 2 ∙ 𝜋 ∙ √22 + 102 ∙ (20 + 30) = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2
Gabarito: B
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Questão 12
Se as soluções da equação algébrica 3𝑥3 − 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 24 = 0, com coeficientes 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠0, formam, numa determinada ordem, uma progressão geométrica, então, 𝑎
𝑏 é igual a:
a) −1
2
b) −1
3
c) −2
3
d) −1
4
e) −1
5
Comentário:
Para resolver essa questão, devemos supor 3 raízes genéricas e usar as informações do enunciado para encontrá-las. Sejam 𝑟1, 𝑟2, e 𝑟3 as soluções da equação fazendo, nessa ordem, uma progressão
geométrica, de modo que 𝑟1𝑟3 = 𝑟22. Além disso, por Girard, tem-se 𝑟1𝑟2𝑟3 = −
24
3. Assim 𝑟2 =
√−83
= −2. Com isso, as relações de Girard tornam-se:
{
𝑟1 + 𝑟3 − 2 =
𝑎
3
−2𝑟1 − 2𝑟3 + 𝑟1𝑟3 =𝑏
3−2𝑟1𝑟3 = −8
⇒
{
𝑟1 + 𝑟3 =
𝑎
3+ 2
𝑟1 + 𝑟3 =4 −
𝑏3
2
⇒𝑎
3+ 2 =
4 −𝑏3
2⇒𝑎
𝑏= −
1
2
Gabarito: A
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Questão 13
Um professor de matemática convocou os alunos para a formação de 9 grupos. Todos eles são formados pela mesma quantidade de alunos. Cada aluno participa de exatamente dois grupos. Cada dois grupos têm somente um aluno em comum. Determine o número total de alunos na turma.
a) 27
b) 45
c) 24
d) 48
e) 36
Comentário:
Para raciocinar qual o número total de alunos, vamos pensar o seguinte:
Vamos listar o número de aluno de um dos grupo: 𝑛
Agora, vamos listar o número de alunos de outro grupo e que NÃO ESTAVAM no primeiro grupo: 𝑛 − 1 (devemos tirar o aluno que estava nos dois grupos)
Mas, não poderia ter mais alunos em comum entre o primeiro e o segundo grupo? Poderia. Mas, nessa análise aqui, estamos imaginando o caso em que só existia esse aluno, para podermos contar o número total de alunos mais facilmente.
No terceiro grupo, qual a quantidade de alunos que não são comuns nem ao primeiro grupo nem ao segundo? 𝑛 − 2
Dessa forma, temos que:
𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛+ (𝑛− 1)+⋯+0⏟ 𝑔 𝑔𝑟𝑢𝑝𝑜𝑠
=𝑔𝑛2=(𝑛+ 1)𝑛
2
Em que 𝑇 é o número total de alunos. Observe que fomos listando os grupos em primeiro, segundo, etc. No final, foram 𝑛 + 1 grupos listados. Porém, 𝑛 + 1 vai nos dar exatamente o número de grupos que o professor separou, que são 9. Sendo assim, 𝑛 = 8
Se 𝑛 = 8, 𝑇 =9∙8
2= 36
Gabarito: E
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Questão 14
Sejam as funções 𝑓:ℝ ⟶ ℝ e 𝑔:ℝ ⟶ ℝ. Assinale a alternativa correta:
I. Se 𝑓 e 𝑔 são injetoras, então 𝑓 + 𝑔 é injetora.
II. Se 𝑓 e 𝑔 são sobrejetoras, então 𝑓 + 𝑔 é sobrejetora.
III. Se 𝑓 e 𝑔 não são periódicas, então 𝑓 + 𝑔 não é periódica.
IV. Se 𝑓 e 𝑔 são ímpares, então 𝑓𝑜𝑔 é ímpar.
V. Se 𝑓 e 𝑔 são estritamente crescentes, então 𝑓𝑜𝑔 é estritamente crescente.
a) Apenas a I, II e III são verdadeiras
b) Todas são verdadeiras
c) Apenas a I e II são falsas
d) Apenas a V é verdadeira
e) Apenas a V e IV são verdadeiras
Comentário:
I. FALSO. Tome 𝑓(𝑥) = 𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥 + 𝑘. Ambas as funções são injetoras mas 𝑓 + 𝑔 = 𝑘
não é injetora
II. FALSO. Pelo mesmo contraexemplo anterior, 𝑓(𝑥) = 𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥 + 𝑘 são funções
sobrejetoras mas 𝑓 + 𝑔 = 𝑘 não é sobrejetora. 𝑘 ∈ ℝ.
III. FALSO. Tome 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥, funções que não são periódicas. 𝑓 + 𝑔 =
𝑠𝑒𝑛𝑥, função que é periódica. Logo, o item está falso.
IV. VERDADEIRO. Faça 𝑓𝑜𝑔(−𝑥) = 𝑓(𝑔(−𝑥)) = 𝑓(−𝑔(𝑥)) = −𝑓(𝑔(𝑥))
V. VERDADEIRO. Se 𝑓 e 𝑔 são estritamente crescentes, vamos supor 𝑓(𝑔(𝑥1)) > 𝑓(𝑔(𝑥2)).
Como 𝑓 é estritamente crescente, então 𝑔(𝑥1) > 𝑔(𝑥2). Como 𝑔 é estritamente crescente,
então 𝑥1 > 𝑥2. Logo, 𝑓𝑜𝑔 é estritamente crescente.
Gabarito: E
Questão 15
Resolva a seguinte equação irracional:
√𝑥2 + 1− 𝑥 =7
3√𝑥2 + 1
a) 𝑆 = {4,√33
7}
b) 𝑆 = {−√33
7}
c) 𝑆 = {−4√33
33}
d) 𝑆 = {5√33
33+ 2√3}
e) 𝑆 = {−4√33
33+ 1}
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Comentário:
Para resolver essa questão, vamos usar a seguinte identidade:
1 + 𝑡𝑔2𝑥 = sec2 𝑥
Observe que, na questão, x pode pertencer a qualquer valor, assim como a 𝑡𝑔𝑥. Dessa forma, fazendo 𝑥 = 𝑡𝑔𝑦, temos:
√𝑡𝑔2𝑦+ 1− 𝑡𝑔𝑦 =7
3√𝑡𝑔2𝑦+ 1
|𝑠𝑒𝑐𝑦|− 𝑡𝑔𝑦 =7
3|𝑠𝑒𝑐𝑦|
Porém, nessa substituição, temos que limitar o intervalo em que 𝑡𝑔𝑦 é injetora. Para isso, 𝑦 ∈
]−𝜋
2,𝜋
2[. Nesse intervalo, 𝑠𝑒𝑐𝑦 > 0
1𝑐𝑜𝑠𝑦
− 𝑡𝑔𝑦 =7𝑐𝑜𝑠𝑦3
1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7 cos2 𝑦
3
1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝑦)
3
1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7(1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦)(1 + 𝑠𝑒𝑛𝑦)
3
𝑠𝑒𝑛𝑦 ≠ 1, pois 𝑦 ≠𝜋
2
1 =7(1 + 𝑠𝑒𝑛𝑦)
3⇒ 𝑠𝑒𝑛𝑦 = −
4
7
Mas, 𝑠𝑒𝑛2𝑦 + cos2 𝑦 = 1. Assim:
𝑐𝑜𝑠𝑦 = ±√1 −16
49= ±√
33
49= ±
√33
7
Como 𝑐𝑜𝑠𝑦 > 0 ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝑦 =√33
7
𝑥 = 𝑡𝑔𝑦 =−47
√337
= −4
√33= −
4√33
33
Gabarito: C
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