ita2007_3dia comentada

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO

Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados sãocartesianos ortogonais.

1 DDDDSe A, B, C forem conjuntos tais que

n(A < B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10,

n(B > C) = 6 e n(A > B > C) = 4, então n(A), n(A < C),n(A < B < 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 dia-grama de Venn-Euler seguinte:

1 )

n(A ∪ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 ⇔ x + y + z = 72) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 113) n(A ∪ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 214) n(A ∪ B ∪ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 =

= 7 + 24 = 31Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo últimotermo é 31.

NOTAÇÕES

N = {0, 1, 2, 3,...} Z: conjunto dos números inteirosQ: conjunto dos números racionais R: conjunto dos números reais C: conjunto dos números complexos i: unidade imaginária; i2 = –1Izl: módulo do número z ∈ C––z : conjugado do número z ∈ C

Re z: parte real de z ∈ C

Im z: parte imaginária de z ∈ C

(np): número de combinações de n elementos toma-

dos p a p.mdc(j,k): máximo divisor comum dos números intei-ros j e k.n(X) : número de elementos de um conjunto finito X.(a,b) = {x ∈ R : a < x < b}.

IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666

MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTTIIIICCCCAAAA


2 AAAASeja A um conjunto com 14 elementos e B um sub-conjunto de A com 6 elementos. O número de subcon-juntos de A com um número de elementos menor ouigual a 6 e disjuntos de B é

a) 28 – 9. b) 28 – 1. c) 28 – 26.

d) 214 – 28. e) 28.

Resolução

Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são sub-conjuntos de (A – B). Como B , A, n(A – B) = n(A) – n(A > B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8.O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois

C8;0 + C8;1 + … + C8;6 = + + … + =

= 28 – – = 28 – 1 – 8 = 28 – 9

3 BBBBConsidere a equação:

16 3

= –4.

Sendo x um número real, a soma dos quadrados dassoluções dessa equação éa) 3. b) 6. c) 9. d) 12. e) 15.

Resolução

16 . 3 = –4

1) . = =

= = – . i

2) – = = 2i

3) Se z = , temos

16z3 = (2i)4 ⇒ z3 = 1 ⇒ z = 1 ou z = – + i

ou z = – – i

4) – i = 1 ⇒ x = 0

– i = – + i ⇒ x = – Ï··3

– i = – – i ⇒ x = +Ï··3

A soma dos quadrados das soluções é 02 + (– Ï··3 )2 + ( Ï··3)2 = 6.

Ï··3––––2

1–––2

2x–––––––1 + x2

1 – x2–––––––1 + x2

Ï··3––––2

1–––2

2x–––––––1 + x2

1 – x2–––––––1 + x2

2x–––––––1 + x2

1 – x2–––––––1 + x2

Ï··3––––2

1–––2

Ï··3––––2

1–––2

1 – i . x––––––––––1 + i . x

1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2)––––––––––––––––––––––1 – i2

1 – i–––––––1 + i

1 + i–––––––1 – i

2x––––––– 1 + x2

1 – x2––––––– 1 + x2

1 – x2 – 2xi–––––––––––––1 + x2

1 – 2ix + i2x2–––––––––––––

1 – i2x21 – ix–––––––1 – ix

1 – ix–––––––1 + ix

21 – i–––––1 + i

1 + i–––––1 – i121 – ix–––––––

1 + ix1

21 – i–––––1 + i

1 + i–––––1 – i121 – ix

–––––1 + ix1

81 2781 28

81 2681 21

81 20



4 EEEEAssinale a opção que indica o módulo do número com-plexo

, x ≠ kπ, k ∈ Z.

a) Icos xl b) (1 + sen x)/2 c) cos2x d) Icossec xl e) Isen xl

Resolução

= =

= = = usen xu1––––––––––––

ucossec xu

1––––––––––––––

Ï·············cossec2x

1–––––––––––––––

Ï··············1 + cotg2x

1–––––––––––1 + i cotg x

1–––––––––––1 + i cotg x



5 DDDDConsidere: um retângulo cujos lados medem B e H, umtriângulo isósceles em que a base e a altura medem,respectivamente, B e H, e o círculo inscrito neste triân-gulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círcu-lo, 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 =

2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos:

= ⇒ = ⇔

⇔ B (H – r) = r ÏwwwwwB2 + 4H2 (I), em que r é o raio docírculo inscrito no triângulo PQR.

3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e docírculo nele inscrito formam uma progressão geomé-

trica, então 1BH; ; π r 22 formam uma P.G. e,

portanto, 2= BH . π r2 ⇔ r2 = ⇔

⇔ r =Ïww , pois r > 0

4) Substituindo r na equação (I), resulta

B 1H – Ïww 2 = Ïww . ÏwwwwwB2 + 4H2 ⇔

⇔ B 1H – H Ïwww 2 =

= H 2 Ïwww . ⇔B 2Ïwwww1–––2 + 4H

B–––––4πH

B–––––4πH

BH––––4π

BH––––4π

BH––––4π

BH––––4π

BH1––––22

BH––––

2

B 2Ïwwww1–––2 + H22

––––––––––––––––––H – r

B––2

––––r

PR––––PO

MR––––NO

B 2Ïwwww1–––2 + H22



⇔ . 11 – 2 =

= (II)

5) Fazendo = x, e substituindo em (II), temos:

x . 11 – Ïwwww . x 2 = Ïwwwwww . x (x 2 + 4) ⇔

⇔ x 2 . 11 – Ïwww 22

= (x 2 + 4) ⇔

⇔ x – 2x Ïwww + = + ⇔

⇔ x – = 2x Ïwww ⇔ x – = Ïwww ⇔

⇔ x 2 – + = ⇔

⇔ π x3 – π2 x2 + 2π x – 1 = 0

x3–––π

1–––π2

2x–––π

x3––––

π1––π

x––––4π

1––π

1––––π

x––––4π

x––––4π

x––––4π

x––––4π

x––––4π

1––––4π

1––––4π

B––––

H

1 B BÏwwwwwww––– . 1–––2 . 31–––22+ 444π H H

1 B Ïwwww––– . 1–––24π H

B––––

H



6 CCCCSe as medidas dos lados de um triângulo obtusânguloestão em progressão geométrica de razão r, então rpertence ao intervalo

a) (0, (1 + Ïw2 )/2).

b) 1(1 + Ïw2 )/2, Ïwwwww(1 + Ïw5 )/2 2.c) 1Ïwwwww(1 + Ïw5 )/2, (1 + Ïw5 )/22.d) 1(1 + Ïw5 )/2, Ïwwwww2 + Ïw2 /2 2.e) 1Ïwwwww2 + Ïw2 /2 , (2 + Ïw3 )/2)2.Resolução

Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 11º) De acordo com a condição de existência desse triân-

gulo, tem-se:ar 2 < a + ar ⇔ r2 – r – 1 < 0 ⇔

⇔ < r <

mas, como r > 1, então: (I)

2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-seter ainda:(ar2)2 > a2 + (ar)2 ⇔ r4 – r 2 – 1 > 0 ⇔

⇔ > 0 ⇔

⇔ > 0 ⇔

⇔ > 0 ⇔

⇔ (II)

3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente:

< r < ⇔

⇔ r ∈1 + Ïw5 1 + Ïw51 Ïwww–––––––––, ––––––– 22 2

1 + Ïw5––––––––

21 + Ïw5Ïwww–––––––––

2

1 + Ïw5 1 + Ïw5r < – Ïwww––––––––– ou r > Ïwww––––––––– 2 2

1 + Ïw51r + Ïwww––––––––– 221 + Ïw51r – Ïwww––––––––– 22

1 + Ïw51r2 – –––––––––22

1 – Ïw51r2 – –––––––––221 + Ïw51r2 – –––––––––22

1 + Ïw51 < r < ––––––––2

1 + Ïw5––––––––––2

–1 + Ïw5––––––––––2



7 AAAASejam x, y e z números reais positivos tais que seus lo-garitmos numa dada base k são números primos satis-fazendo

logk(xy) = 49, logk(x/z) = 44.

Então, logk(xyz) é igual a a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97.Resolução

Considerando que:logk(xy) = 49 ⇒ logkx + logky = 49 (1)

logk = 44 ⇒ logkx – logkz = 44 (2)

Se logkx, logky, logk z são números primos positivos,então pode-se concluir que logkx = 47, logky = 2 e logkz = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, entãoum deles é 2.Portanto, logk (xyz) = logk x + logky + logk z = = 47 + 2 + 3 = 52.

8 EEEESejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quo-ciente

são todos racionais. A soma x + y é igual a a) 0. b) 1. c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2. Resolução

= . =

= ∈ Q

Então ex . ey . Ï···5 – 8 Ï···5 = 0, pois

ex, ey e são racionais

Assim:

ex+y. Ï···5 – 8 . Ï···5 = 0 ⇔ Ï···5 . (ex + y – 8) = 0 ⇔

⇔ ex + y = 8 ⇔ x + y = loge8 = 3 . loge2

ex – 2Ï···5–––––––––4 – ey.Ï···5

4 . ex + ex . ey . Ï···5 – 8Ï···5 – 2 ey . 5–––––––––––––––––––––––––––––––––––––16 – 5 . e2y

4 + ey . Ï···5–––––––––––4 + ey.Ï···5

ex – 2Ï···5–––––––––4 – ey.Ï···5

ex – 2Ï···5–––––––––4 – ey.Ï···5

ex – 2 Ïw5–––––––––––––

4 – ey Ïw5

x1–––2z



9 BBBBSeja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre oconjunto dos números complexos, cujo coeficiente dez5 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 asoma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) éigual a a) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1.

Resolução

Sendo Q(z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 + z + 1), temos:

⇔ ⇔

⇔

Então, Q(z) = (z2 – z + 2) (z3 + z2 + z + 1) e as raízes deQ(z) são tais que z2 – z + 2 = 0 ou z3 + z2 + z + 1 = 0 ⇔

⇔ z = ou (z + 1) (z2 + 1) = 0.

As raízes de Q(z) são, portanto, os números

z1 = + i ; z2 = – i ;

z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i.

Assim, |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 + |z5|2 =

= + + + + 1 + 1 + 1 =

= 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 7

10 BBBBSendo c um número real a ser determinado, decom-ponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença dedois cubos

(x + a)3 – (x + b)3.

Neste caso, ua + u b u – c u 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, devemoster:9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3)

⇔ 5 ⇔ 5 ⇔ 5Logo, ua + ubu – cu = u–2 + u–5u – 117 u = u–114u =114

a = – 2b = – 5c = 117

a – b = 3a2 – b2 = – 21a3 – b3 = c

3a – 3b = 93a2 – 3b2 = – 63a3 – b3 = c

27–––4

1–––4127

–––4

1–––41

Ï···7––––2

1–––2

Ï···7––––2

1–––2

1 ± Ï···7 i––––––––

2

a = – 1

b = 2{

b . 1 = 2

(1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8{Q(0) = 2

Q(1) = 8{



11 DDDDSobre a equação na variável real x,

u u u x – 1 u – 3 u – 2 u = 0,

podemos afirmar quea) 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

uuu x – 1u – 3 u – 2 u = 0 ⇔ uux – 1u – 3 uu – 2 = 0 ⇔

⇔ uux – 1u – 3 u = 2

Para x ≤ 1, temos:u – x + 1 – 3 u = 2 ⇔ u – x – 2 u = 2 ⇔ x = – 4 ou x = 0

Para x ≥ 1, temos:u x – 1 – 3 u = 2 ⇔ u x – 4 u = 2 ⇔ x = 6 ou x = 2.

O conjunto-solução da equação é:S = 5– 4; 0; 2; 66 e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4

12 EEEEDetermine quantos números de 3 algarismos podemser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo àseguinte regra: O número não pode ter algarismosrepetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso emque 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, temos2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode apa-recer mais de uma vez.Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resul-ta 5 . 6 . 5 = 150 valores.O total de números, de acordo com o enunciado, é62 + 150 = 212.



13 DDDDSeja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assina-le a opção que indica o comprimento do menor in-tervalo que contém todas as soluções da desigualdade

tg – Ïw3 sec(x) ≥ 0.

a) π/2 b) π/3 c) π/4 d) π/6 e) π/12

Resolução

Sendo 0 < x < , temos:

. tg 1 – x2 – Ïww3 . 1cos2 – 2. sec x ≥ 0 ⇔

⇔ . cotg x – . 3 – 4 ≥ 0 ⇔

⇔ . cotg x – . 3 4 ≥ 0 ⇔

⇔ . cotg x ≥ ⇔ cotg x ≥ Ïw3 ⇔

⇔ ≥ Ïw3 ⇔ tg x ≤ ⇔ 0 < x ≤

Assim, o comprimento do menor intervalo que contém

todas as soluções da desigualdade é .π

–––6

π–––6

Ïw3––––

3

1––––tg x

Ïw3––––

2

1–––2

cos x–––-––

2Ïw3

––––––cos x

1–––2

1–––2

1 + cos x–––––––––

2Ïw3

––––––cos x

1–––2

1––2

x1––22

π––2

1––2

π–––2

x 11cos2 –– – –––22 2

π1––– – x22

1–––2



14 CCCCAssinale a opção que indica a soma dos elementos deA < B, sendo:

A = 5xk = sen2 : k = 1,2 6 e

B = 5yk = sen2 : k = 1,2 6 .

a) 0 b) 1 c) 2

d) 12 – 2 + Ïw3 2/3 e) 12 + 2 – Ïw3 2/3Resolução

Sendo:

A = 5xk = sen2 : k = 1,2 6 =

= 5x1 = sen2 : x2 = sen2 6

B = 5yk = sen2 : k = 1,2 6 =

= 5y1 = sen2 ; y2 = sen2 6temos:A < B = {x1, x2, y1, y2}

Portanto:

x1 + x2 + y1 + y2 =

= sen2 +sen2 +sen2 +sen2 =

= sen2 + sen2 + sen2 + cos2 =

1

= 1 + 2

+ 2

= 2Ïw31––––2211––22

π1–––224π1–––23

π1–––26π1–––224

11π1––––2248π1–––224

4π1–––224π1–––224

11. π1–––––2248. π1–––––224

(3k + 5). π1–––––––––224

4π1–––224π1–––224

k2. π1–––––224

(3k + 5) π1–––––––––224

k2π1––––224



15 CCCCSejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n,onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos dalinha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por

ajk = , quando j ≥ k, ajk = , quando j < k

e

bjk = (– 2)p .

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 aa) n (n – 1)/3 . b) (n – 1) (n + 1)/4.

c) (n2 – 3n + 2)/(n – 2). d) 3(n – 1)/n.e) (n – 1)/(n – 2)

Resolução

nO traço da matriz C = A + B é ∑ cpp tal que

p = 1

cpp = + (–1)p, pois:

1) bjk = (–2)p . = (–2)0. + (–2)1 . +

+ (–2)2 . + ... + (–2)jk . = (1 – 2)jk = (–1)jk

2) ajk = , quando j = k.

Portanto, o traço da matriz C = A + B é

cpp = c11 + c22 + ... + cnn =

= + (–1)1 + + (–1)2 + ... + + (–1)n

Se n é ímpar, então

cpp = + + ... + + (–1) =

= n – 1 = = n2 – 3n + 2

––––––––––––n – 2

(n – 1) . (n – 2)––––––––––––––

n – 2

n1 2n21 22

11 21

n∑

p = 1

n1 2n21 22

11 21

n∑

p = 1

j1 2k

jk1 2jkjk1 22

jk1 21jk1 20

jk1 2p

jk∑

p = 0

p1 2p

jk1 2p

jk

∑p=0

k1 2jj1 2k



16 AAAAConsidere no plano cartesiano xy o triângulo delimitadopelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área dessetriângulo medea) 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 equa-ções 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coorde-nadas são as soluções do sistema

2x = y x = 25 ⇔ 5 ∴ A (2; 4)x = –2y + 10 y = 4

II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equa-ções x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coorde-nadas são as soluções do sistema

x = 2y x = 55 ⇔ 5 ∴ D 15; 2x = –2y + 10 y =

III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelasretas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos:

S = SABC – SBCD = – = 15–––2

510 . ––

2–––––––

210 . 4–––—

2

5–––2

5–––2



17 AAAASejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano car-tesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alter-nativas abaixo, assinale a equação do lugar geométricodos pontos P:(x, y) cuja distância à reta que passa por Ae 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:

1º) reta AB: + = 1 ⇔ x + y – a = 0

2º) distância de P à reta AB:

dP,AB =

3º) distância entre os pontos P e C:

dP,C = (x – a)2 + (y – a)2

4º) dP,AB = dP,C ⇒ =

= (x – a)2 + (y – a)2 ⇔⇔ (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] ⇔⇔ x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0

ux + y – au––––––––––––

Ï··2

ux + y – au––––––––––––

Ï··2

y–––a

x–––a



18 BBBBSeja Pn um polígono regular de n lados, com n > 2.Denote por an o apótema e por bn o comprimento deum lado de Pn. O valor de n para o qual valem as desi-gualdades

bn ≤ an e bn–1 > an–1,

pertence ao intervalo a) 3 < n < 7. b) 6 < n < 9. c) 8 < n < 11. d) 10 < n < 13. e) 12 < n < 15.

Resolução

1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polí-gonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo cír-culo de raio R, como se vê na figura seguinte.

em que tg = =

e de modo análogo, tg =

2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se:

2.1) ≤ 1 ⇔ ≤ ⇔

⇔tg ≤ < = tg

assim: < ⇔ n > 6 (I)

2.2) > 1 ⇔ > ⇔

⇔ tg > > Ï··2 – 1 = tg

assim: > ⇔ n – 1 < 8 ⇔ n < 9 (II)

3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9

π––8

π–––––n – 1

π(––)81––2

π(–––––)n – 1

1––2

1 bn – 1–– . ––––––2 an – 1

bn – 1––––––an – 1

π––6

π––n

π(––)6Ï··3

––––3

1––2

π(––)n

1––2

1 bn–– . ––––2 an

bn–––an

1 bn – 1–– . ––––––2 an – 1

π(–––––)n – 1

1 bn–– . –––2 an

bn–––2

–––––an

π(––)n



19 EEEESejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está ins-crito e o segundo circunscrito a uma circunferência deraio R. Sendo A1 a área de P1 e A2 a área de P2, entãoa razão A1/ A2 é igual a

a) Ï····5/8 . b) 9Ï··2 /16. c) 2 (Ï··2 – 1).

d) (4Ï··2 + 1)/8. e) (2 + Ï··2 )/4.

Resolução

Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octó-gonos P1 e P2, respectivamente.

Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos

cos = 2 . cos – 1 ⇒ 1 + =

= 2 . cos2 ⇒ cos2 = , pois

cos > 0

No triângulo AOM, temos:

cos = ⇒ = ⇒

⇒ a1= R

Assim,

= 2

= = 2 + Ïw2

––––––––4

2 + Ïw2––––––––1R Ïwwww2

2

4–––––––––––––––R

a11–––2a2

A1–––A2

2 + Ïw2––––––––

4

a1–––R

2 + Ïw2––––––––

4

a1–––R

π1–––28

π1–––28

2 + Ïw2––––––––

4π1–––28

π1–––28

Ïw2––––2π1–––28

π12 . –––28



20 CCCCConsidere uma pirâmide regular de base hexagonal,cujo apótema da base mede Ï··3 cm. Secciona-se a pirâ-mide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tron-co de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dadoque a razão entre as alturas das pirâmides é 1/Ï··2, aaltura do tronco, em centímetros, é igual a

a) (Ï··6 – Ï··2 ) / 4. b) (Ï··6 – Ï··3 ) / 3.

c) (3Ï··3 – Ï··6) / 21. d) (3Ï··2 – 2Ï··3 ) / 6.

e) (2Ï··6 – Ï··2 ) / 22.

Resolução

Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta dabase menor do tronco e x a medida, em centímetros,da altura do tronco, temos:

1º) = ⇔ = ⇔ a = Ïww2

2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é:

AB = = 6 Ïww3

3º) A área da base menor, em centímetros quadrados,é:

Ab = = 3 Ïww3

4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, édado por:

V = (AB + Ab + ÏwwwwwAB . Ab ) =

= (6 Ïww3 + 3 Ïww3 + 3 Ïww6 ) = x ( 3 Ïww3 + Ïww6 )Assim:

x ( 3 Ïww3 + Ïww6 ) = 1 ⇔ x = ⇔

⇔ x = 3 Ïww3 – Ïww6–––––––––––––

21

1–––––––––––––

3 Ïww3 + Ïww6

x–––3

x–––3

6 . ( Ïww2 ) 2. Ïww3

––––––––––––––––4

6 . 22 Ïww3––––––––––

4

1––––––

Ïww2a

–––2

h–––H

a–––2



As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,

devem ser resolvidas e respondidas no caderno de

soluções.

21Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos denúmeros reais tais que

A ∪ B ∪ C = {x ∈ R: x2 + x ≥ 2},

A ∪ B = {x ∈ R: 8–x – 3 . 4–x – 22 –x > 0},

A ∩ C = {x ∈ R: log(x + 4) ≤ 0},

B ∩ C = {x ∈ R: 0 ≤ 2x + 7 < 2}.

Resolução

Considerando-se que:1) x2 + x ≥ 2 ⇔ x2 + x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 2 ou x ≥ 1

2) 8 –x – 3 . 4–x – 22–x > 0 ⇔ 2–2x – 3 . 2–x – 4 > 0 ⇔⇔ 2–x > 22 ou 2 –x < – 1 ⇔ x < – 2

3) log (x + 4) ≤ 0 ⇔ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇔ – 4 < x ≤ – 3

4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇔ ≤ x <

5) 3(A < B < C) – (A < B)4 < 3(A > C) < (B > C)4 = C

6)

pode-se concluir que

C = {x ∈ R u – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}

Resposta: C = {x ∈ R u – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}5

– ––2

5– ––

2

5– ––

2

7– ––

2



22Determine o conjunto A formado por todos os númeroscomplexos z tais que

+ = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1.

Resolução

Se z = a + bi, então

1) + = 3

(a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) +

+ (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) ⇔⇔ (3a2 – 3b2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 ⇔

⇔ 5 ⇔

⇔ 5 ⇔ 5 ⇔

⇔ (a = 0 e b = 1)ou (a = 0 e b = 2) ou a ∈ R e b = 1

2) 0 < u a + bi – 2i u ≤ 1 ⇔ 0 < a2 + (b – 2)2 ≤ 1

De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i

Resposta: A = {i}

23Seja k um número inteiro positivo e

Ak = {j ∈ N: 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 geomé-trica. Se for o caso, especifique a razão.

Resolução

Ak = {j ∈ N ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número intei-

ro positivo, então n (Ak) = k – , quando k é múltiplode 3.

Assim: n (A3) = 3 – = 2, n (A9) = 9 – = 6,

n (A27) = 27 – = 18 e n (A81) = 81 – = 54.

Como = = = 3, os números

n (A3) = 2, n (A9) = 6, n (A27) = 18 e n (A81) = 54, nestaordem, estão em progressão geométrica de razão 3.Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3.

n (A81)–––––––n (A27)

n (A27)–––––––n (A9)

n (A9)–––––n (A3)

81–––327–––3

9––33––3

k––3

b = 1 ou b = 2a = 0 ou b = 1

b2 – 3b + 2 = 0a = 0 ou b = 1

3a2 – 3b2 + 6b = 3a2 + 3b2 – 12b + 122a(b – 1) = 0

2a + 2bi–––––––––a – bi + 2i

a – bi–––––––––a + bi – 2i

2z––––––z– + 2i

z–––––––z – 2i



24Considere a equação:

Ï······x2 – p + 2 Ï······x2– 1 = x.a) Para que valores do parâmetro real p a equação admi-

te raizes reais? b) Determine todas essas raízes reais.

Resolução

Sendo x ≥ 1 (I), temos:

Ï·······x2 – p + 2Ï·······x2 – 1 = x ⇔

⇔ (x2 – p) + 4Ï···················(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 ⇔

⇔ 4Ï···················(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) ⇔

⇔ 16(x2 – p)(x2 – 1) =

= p2 – 8p(x2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se

x2 ≤ e x2 – p ≥ 0 (II)

Assim:

16x4 – 16x2 – 16px2 + 16p =

= p2 – 8px2 + 8p + 16x4 – 32x2 + 16 ⇔

⇔ 16x2 – 8px2 = p2 – 8p + 16 ⇔

⇔ x2 = ⇔ x = , pois x ≥ 1

Para que a equação admita raízes reais, devemos ter:

5 ⇔ ⇔

⇔ ⇔ ⇔

⇔ ⇔ 0 ≤ p ≤

Respostas: a) 0 ≤ p ≤ b) x = 4 – p

–––––––––––2Ï········4 – 2p

4–––3

4–––3

p < 240 ≤ p ≤ –––3

5

p < 2

p(3p – 4) ≤ 05p < 2

(4 – p)2p ≤ ––––––––––

8(2 – p)

(4 – p)2 p + 4––––––––– ≤ –––––––8(2 – p) 4

5

p < 2p ≤ x2

p + 4x2 ≤ ––––––

454 – 2p > 0

p + 4p ≤ x2 ≤ ––––––

4

|4 – p|–––––––––––

2Ï········4 – 2p

(4 – p)2–––––––––

8(2 – p)

p + 4––––––

4



25Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjuntosolução do sistema

log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0,

2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0, 3Ï······················2x + y + 6z – 2w – 2 = 0.

Resolução

1) log [(x + 2y) (w – 3z)–1)] = 0 ⇔

⇔ = 1 ⇔ x + 2y = w – 3z ⇔

⇔ x + 2y + 3z = w (I)

2) 2x + 3z – 8 . 2y – 3z + w = 0 ⇔⇔ 2x + 3z = 23 + y – 3z + w ⇔⇔ x + 3z = 3 + y – 3z + w ⇔

⇔ x – y + 6z = 3 + w (II)

Ï····················3) 3

2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 ⇔⇔ 2x + y + 6z – 2w = 8 ⇔⇔ 2x + y + 6z = 2w + 8 (III)

De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos:

Resposta: (x, y, z, w) = + k, – , – , k ,∀ k ≠ – 525––3

8––3

31–––31

31 8 5x = ––– + k y = – –– z = – –– w = k, ∀ k ≠ – 5

3 3 3

31 + 3kx + 2y + 3z = k x = ––––––––

38⇔ 5 – x – 5y = 3 – k ⇔ 5y = – –––3

8 5y = – –– z = – –––

3 3

x + 2y + 3z = k x + 2y + 3z = k

5 x – y + 6z = 3 + k ⇔ 5 – x – 5y = 3 – k ⇔2x + y + 6z = 2k + 8 – 3y = 8

(x + 2y)–––––––w – 3z



26Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma co-missão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão pode-rá ser formada?

Resolução

Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma res-trição, só não serve aquela constituída pelos cinco ra-pazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de 126 – 1 = 125 formas distintas.Resposta: 125 formas distintas



27Considere 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-

métrica decrescente. Se β for o ângulo EAD, determi-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 derazão r, temos: BD = xr , DE = xr2 e EC = xr3

I) No triângulo ABD:

tg α = ⇔ tg α = r

II) No triângulo ABE:

tg (α + B) = ⇔ = r + r2 ⇔

⇔ = r + r2 ⇔

⇔ r + tg β = r + r2 – r2 tg β – r3 tg β ⇔

⇔ tg β + r2 tg β + r 3 tg β = r2 ⇔

⇔ tg β = (I)

Por outro lado, tem-se:

x = xr + xr 2 + xr3 ⇔ r2 + r3 = 1 – r (II)

De (I) e (II), tem-se finalmente:

tg β = ⇔ ⇔ tg β =

Resposta: tg β = r2––––––2 – r

r2––––––2 – r

r2–––––––––––1 + (1 – r)

r2–––––––––––1 + r2 + r3

r + tg β––––––––––1 – r tg β

tg α + tg β––––––––––––––1 – tg α . tg βxr + xr 2––––––––x

xr––x



28Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferênciasC1 e C2, que se tangenciam exteriormente em P:(5, 10). O ponto Q:(10, 12) é o centro de C1. Deter-mine o raio da circunferência C2, sabendo que ela tan-gencia a reta definida pela equação x = y.

Resolução

1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto detangência das circunferências, temos:

TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = Ï····29, como raio de C1.

2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é

d1 = = Ï··2

3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é

d2 = =

Portanto, d2 – d1 = – Ï··2 =

4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados nafigura, temos:

= ⇔

⇔ Ï····29 . r – = ⇔

⇔ r . (2Ï····29 – 3Ï··2 ) = 5Ï··2 .Ï····29 ⇔

⇔ r = =

= =

Resposta: 145Ï··2 + 15Ï····29–––––––––––––––

49

145Ï··2 + 15Ï····29–––––––––––––––

49290Ï··2 + 30Ï····29–––––––––––––––

98

5Ï··2 .Ï····29 . (2Ï····29 + 3Ï··2 )––––––––––––––––––––––––––––(2Ï····29 – 3Ï··2 ) . (2Ï····29 + 3Ï··2 )

r . 3Ï··2–––––––––

2

5Ï··2 .Ï····29––––––––––

2

5 Ï··2r – ––––––

2––––––––––––

3Ï··2–––––

2

r–––––

Ï····29

3 Ï··2–––––

2

5 Ï··2–––––

2

5Ï··2–––––

2

u10 – 5u–––––––––

Ï··2

u12 – 10u–––––––––

Ï··2



29Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triân-gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda cir-cunferência, de raio R2, que tangencia dois lados dotriângulo 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:

R1 = e portanto AH2 =

O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante aotriângulo ABC e, portanto,

R2 = . AH2 = . =

Logo,

= = =

Resposta: = 2

–––9

R1 – R2––––––––h

2–––9

3h – h––––––––

9h

h h––– – –––3 9

––––––––––h

R1 – R2––––––––h

h–––9

h–––3

1–––3

1–––3

h–––3

h–––3



30Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cadavértice 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 arestado cubo, então cada aresta do tetraedro regular terámedida (em centímetros) igual a aÏ··2 e seu volume(em centímetros cúbicos) será expresso por

=

Assim: = ⇔ a = 2

2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igualà diferença entre o volume do cubo e oito oitavos dovolume de uma dessas esferas.Assim, sendo V o volume procurado, em centíme-tros cúbicos, tem-se:

V = 23 – . π . 13 = =

Resposta: cm34 (6 – π)––––––––3

4 (6 – π)––––––––3

24 – 4π––––––––3

4–––3

8–––3

a3–––3

a3–––3

(aÏ··2 )3 . Ï··2–––––––––––12



CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFF IIIICCCCOOOO

Prova extremamente longa, composta de questõesdifíceis e que exigiram dos candidatos mais bem pre-parados muita energia e determinação nas extensasresoluções.


ita2007_3dia comentada

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