o anglo resolve a prova de matemática...

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalema 50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificadosnas 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 a100) 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.

oanglo

resolve

a prova deMatemática

do ITAdezembrode 2007

3ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES

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} detA : determinante da matriz A

A – B = {x ∈ A ; x ∉ B} AC : complementar de A

P(A) : coleção de todos os subconjuntos de AAB

: segmento de reta unindo os pontos A e B

AB�

: arco de circunferência de extremidades A e B

Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.

Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homense 0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acasonessa 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 + β2 é igual a

A) –2 D) 2B) 0 E) 2iC) 1

2.

Questão 2▼▼

Pn

n n=

+= =

⋅⋅ ⋅0 0025

0 05 0 002525

525121

,, ,

Resolução

321

14

18

521

121

Questão 1▼▼

MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT

Com quaisquer números complexos α e β, temos |α – β|2 = |α|2 + |β|2 – 2 ⋅ |α| ⋅ |β| ⋅ cosθ, em que θ é o ânguloformado pelos vetores que representam α e β.

Com |α| = 1, |β| = 1 e |α – β| = , temos:

( )2 = 12 + 12 – 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ cosθ2 = 2 – 2cosθcosθ = 0 (θ = 90°)α = ±iβα2 = (–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 éA) –4B) –3C) 0D) 1E) 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

14

24

3

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

βα – β

α

Resolução


Substituindo 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:

detB = det(3 ⋅ (A–1 + C–1)t) ∴ detB = 3n ⋅ det(A–1 + C–1)t

∴ detB = 3n ⋅ det(A–1 + C–1)

Substituindo:

Resposta: D

detB nn

= ⋅ =−

31

153

5

1

∴ ⋅ ∴+ = + =− − −det( ) det( )–A C A C1 1 1 1513

115

∴ ⋅ ∴ ⋅+ = + =− − −det(( ) ) det( ) det–A C A A C A1 1 1 113

13

det( ) det( )I C A A A C A+ = + =− − −⋅ ∴ ⋅ ⋅1 1 113

13

Resolução

15

23

52⋅

n

35

1n –

det( )I C A+ =−1 13

Questão 4▼▼

x1 – 2x2 + 3x3 = 1

0 = 4x2 – 4x3 = 1

14

24

3

x1 – 2x2 + 3x3 = 1 ⋅ (–2) ⋅ (1)

2x1 – 4x2 + 6x3 = 6 +

–x1 + 3x2 – 7x3 = 0 +

14

24

3

k = –4

x1 – 2x2 + 3x3 = 1

x2 + 0x3 = 1

0 = 0

14

24

3

x1 – 2x2 + 3x3 = 1

4x2 + 0x3 = 4 +

x2 + 0x3 = 1 ⋅ (–4)

14

24

3

x1 – 2x2 + 3x3 = 1 ⋅ (–2) ⋅ (1)

2x1 + 0x2 + 6x3 = 6 +

–x1 + 3x2 – 3x3 = 0 +

14

24

3

k = 0


Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se opolinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de maior grau tem grau igual aA) 30 D) 36B) 32 E) 38C) 34

Sendo q a razão da progressão geométrica, temos

2 + 2q + 2q2 + 2q3 + 2q4 = 621 + q + q2 + q3 + q4 = 31

q(1 + q + q2 + q3) = 30q[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:

sen60º = ∴ = ∴ d = 2cm

Resposta: E

3d

32

Rd

3343

R R

d

60° 60°

Resolução

2 3

3 2

2 23 3

4 3 3πcm

Questão 6▼▼

Resolução

Questão 5▼▼


Considere o quadrado ABCD com lados de 10m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB—

e N umponto 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 quadradosAMON, 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

5x2 100⋅

A B

D C

M 10 – xx

x

N O

Q

Ps

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 + a4x4 + a3x3 + a2x2 – a1, em que uma das raízes é x = –1. Sabendo-se que

a1, a2, a3, a4 e a5 são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com , então p(–2) é igual a

A) –25 D) –39B) –27 E) –40C) –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) = 0a3 = 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) 3B) 1 E) 4C) 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 = 2Portanto, o máximo de a, b, c é 2.

Resposta: C

2 1 112 2

12 2

0( )( – ) – – –x x xi

xi

+ +

=

– , , , –1 112 2

12 2

+

i i

12 2

+i

12 2

–i

12

12

Resolução

12 2−

i

Questão 9▼▼

12

12

–12

12

12

12

Resolução

a412

=

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 oproduto abc é igual aA) –2B) 4C) 6D) 9E) 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

415

725

1

12

cos arccos .arcsen35

45

+

−

π π2 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 λ no 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 λ no 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 = – ⋅ (x – 4)3

23

23

32

3

2

3

3

xy

Resolução

y x= +3

31( )

y3

2(x 4)=

−−y x=

32

y3

5(x 7)=

−−y 3 (x – 1)=

P (2, 3 )?=

Questão 12▼▼

=7

25

= ⋅ ⋅45

45

35

35

–

senβ =35

cos β β π=45

0e � �

cosα =45

sen eαπ

α π=35 2

– � �

arc sen e arc35

45

= =α βcos

cos cosarc sen arc35

45

+

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 e23π

– ,1 33

[ ] eπ

−[ ]2 23

, eπ

−[ ]2 223

, eπ

−[ ]3 3 2, e π

Questão 13▼▼

32

3332

32

3

3

2

33

3

333

33

33

33

33

33

3

3

x y

y m x

2 2 1 1

2 3 2

–

( – )

=

= +

x y

y m x

2 2 1

3 2

–

– ( – )

=

=

3


f(x) = sen6x – (1 – 2sen23x)f(x) = sen6x – cos6x

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 2 5 2 3 2 35 5 5, log , log , log+( ) +( ) −( ){ }

5 2 3 2 35x x= = −( )∴– log

5 2 3 2 35x x ou= + = +( )∴ log

5 2 5 2 55x x ou= + = +( )∴ log

1 2 5 2 3 2 3; ;+ + −e

Resolução

012

212

32

25 5 5, log , log , log

0 1 2 55, , log +( ){ }

0 2 5 2 3 2 35 5 5, log , log , log+( ) +( ) −( ){ }0 2 5 2 3, ,± ±{ }

Questão 14▼▼

– ,2 2[ ]

p = =26 3π π

| |

f x sen x( ) –=

⋅2 6

4π

1

26

4 46⋅ ⋅ ⋅=f x sen x sen x( ) cos – cos

π π

1

2

1

26

1

26⋅ ⋅ ⋅=f x sen x x( ) – cos

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 porA) IR D) (0, 1)B) (–∞, 1] E) [1/2, ∞)C) [0, 1/2]

Considere a função y = |lnt|. Com t � 0, o gráfico dessa função é:

Note que um conjunto de valores de t para o qual y = |lnt | é injetora é 0 � t � 1.Considere agora a função t = x2 – x + 1, cujo gráfico, para 0 � t � 1, é:

Como , y = |lnt| 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 cos3x + 2cos6x + cos9x = 0,

que estão no intervalo 0 � x � π/2, é igual a

A) 2π D)

B) E)

C)96π

1312

π2312

π

76π

Questão 16▼▼

D =

0

12

; .

012

,

t ∈

34

1, .34

1 0 1, ] , ]

⊂

1

34

12

1 x0

t

y

t10

Resolução

Questão 15▼▼


cos9x + cos3x + 2cos6x = 02 ⋅ cos6x ⋅ cos3x + 2 ⋅ cos6x = 02 ⋅ cos6x ⋅ (cos3x + 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 2elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B ∈ H, a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 éigual 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—

, tomeo ponto E tal que ACE = 15°. Sobre o lado AC

—, tome o ponto D tal que DBC = 35°. Então, o ângulo EDB vale

A) 35° D) 75°B) 45° E) 85°C) 55°

Questão 18▼▼

P = =⋅

91365 182

1730

Resolução

1365

91730

4633215

9233215

1730

Questão 17▼▼

π π π π π12

312

512 3

1312

+ + + =

x ou x ou x ou x= = = =π π π π12

312

512 3

π2

cos – , ,3 1 3 23

23

x x h h h hx= = + +∴ ∈ ∴ = ⋅ ∈π ππ π

� �

cos , ,6 0 62 12 6

x x h hh

hx= = + +∴ ∈ ∴ = ∈π

ππ π

� �

Resolução


Do enunciado vem que AB

= AC

e ABC = ACB = 70°.Temos então a figura abaixo:

No triângulo BCD, CDB = 75°.No triângulo BCE, BÊC = 55° e, portanto, BE = BC como BE = BC, EBD = CBD e BD

é lado comum, temos que

∆BDE ≅ ∆BDC (LAL) e, portanto, EDB ≡ CDB = 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

24

78

13 X

W

Z

Resolução

Questão 19▼▼

D

CB

35°

15°

55°

E

A

40°

35°

Resolução


Sejam r e s duas retas paralelas distando 10cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e exteriorà região limitada por estas retas, distando 5cm de r. As respectivas medidas da área e do perímetro, em cm2 ecm, 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—

= xPelo 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 = = =⋅3 310 21

310 21l

A = = =⋅

⋅l2 3

4100 21

93

4175 3

3

l l ll

2 34

73

52

73

102

10 213

= + =⋅ ⋅ ∴

x x2 22

32

360

73

= +

− ° =⋅ ⋅ ⋅ ∴l

ll

l lcos

60°

S

5

10

α60° – α

Q

x

60°

l3

2l3

r

s

l

P

R

Resolução

700 10 21e

175 3 5 21e

175 3 10 21e

1753

310 21e

1753

35 21e

Questão 20▼▼


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)] � 0x[x(x – 1) (x + 1) – 2(x + 1)] � 0x(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 4z6 + 256 = 0, na forma a + bi, com a, b ∈ IR, que pertençam a

S = {z ∈ � ; 1 � |z + 2| � 3}.

Questão 22▼▼

A = ] [

+∞] [∞ ∪ ∪– , – – ,

–,1 1

23

2

x

x

x

–1 0

0

2

2–1 23

–

23

–

3 22 2x x x+ � ,

x ou x� �–

( )2

30 1

323

0x x( )+ �

Resolução

3 22 2x x x+ �

Questão 21▼▼


+ +–0 0

23

0– x

0 +–0 0

2– 1 x

++

0

No 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 λ de 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 quepertencem a S.

As 6 raízes da equação z6 = –64, equivalente à equação 4z6 + 256 = 0, são dadas por

, com h ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}.

Da figura, podemos concluir, prontamente, que z0 e z5 não 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: 2i, , e –2i.

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 huma função par e g uma função ímpar.

Questão 23▼▼

– –3 i– 3 + i

z i sen z i4 4232

32

2= +

=∴cos –

π π

z i sen z i3 3276

76

3= +

=∴cos – –

π π

z i sen z i2 2256

56

3= +

= +∴cos –

π π

z i sen z i1 122 2

2= +

=∴cos

π π

zh

i senh

h =+

++

2

26

26

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

Resolução


f(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, β e γ de modo que x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3 de p(x).

As constantes α, β e γ devem ser tais queα – 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 = –1β + 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▼▼

12

1

1

2

2ln

x x

x x

+ +

+–

12

12

1

1

2

2ln

x x

x x

+ +

+–

12

12

12

12

f x f x( ) – (– )2

f x f x( ) (– )+2

Resolução


Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e A–1 = At. Determine todas as matrizes 2 × 2 que sãosimétricas 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.

x – 2 3 x tg 04 4 2 + =α

απ π

∈

–,

2 2

Questão 26▼▼

1 0

0 1

1 0

0 11

1

1

1

2

2

2

2

−

−

−

− −

− −

−

, ,b b

b be

b b

b b

Ab b

b bou 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 2– b

1 2– b

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▼▼


12

3

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 raízesreais 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:

A1161

20

316

15

C

B

y y+ + = =∴1

204

1612

15

P A B A C x x(( ) ( ))∩ ∪ ∩ ∴ ∴= + = =3

104

163

101

20

A116x

316

y

C

B

P A B P A P B( ) ( ) ( ) .∩ ⋅ ⋅= = =12

12

14

Resolução

Questão 27▼▼

π3

03

� �απ

−π

απ

2 2� �

tg

tg

αα

�

�

3

0

4 3 4 0

2 3 0

0

4

−

tg

tg

α

α

�

�

�

y y tg2 42 3 0− + =⋅ α

34

Resolução


e

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 α é agudo, cosα = .

= 2 ⋅ ∴ senγ =

Como γ é 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 1010

25

12

12

3 1010

45

3 1010

1010

35

1010

3 1010

5 23

2 5senγ

45

35

5 23

2 2senα

2 5��

5 23��

2 2��

β

α

γ

A

B C

0

Resolução

2 22 5

5 23

Questão 28▼▼

P C A B e P C A Bc( | ) ( | )∩ ∩= =14

15

P C A Bc( | )∩ =+

=

120

15

120

15

P C A B( | )∩ =+

=

116

316

116

14


Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB

um diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero BDEinscrito 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 limitadapelo arco AE

�e pelos segmentos AF

e EF

em 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

3πr.

V rr r

Vr

= =∴ππ π π3

3 3 3

85

242

3– –

V

rr

r

Vr

3

2

3

323

2

35

24=

=

⋅ ⋅∴

ππ

–

VAP OA AP

3

2 33

=⋅ ⋅ ⋅π ( ) ( – )

Vr r

Vr

2

2

2

313

32 2 8

=

=⋅ ⋅ ⋅ ∴ππ

V PE OP221

3= ⋅ ⋅ ⋅π ( )

V r r V r12

131

33= ∴ =⋅ ⋅ ⋅π π( )

V AF OA121

3= ⋅ ⋅ ⋅π ( )

r2

.r2

tg

OAAF

rAF

AF r303

33° = = =∴ ∴

sen

OPr

OPr

ePEr

PEr

3012 2

303

23

2° = = = ° = = =∴ ∴cos

30°30°

r0

s

D P

At

B

C

OA = r

E

30°

F

Resolução

Questão 29▼▼


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 tangenteà 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 + r5 = 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

552 2

xv = =⋅–(– )2

2 11

Resolução

Questão 30▼▼



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.

TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR

o anglo resolve a prova de matemática...

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