resolução comentada - ita 2009 - curso objetivo€¦ · 7 a suponha que os coeficientes reais a e...

II TTAA ((33ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA

Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são car -tesianos retangulares.

1 CCSejam A e B subconjuntos do conjunto universo U = a, b, c, d, e, f, g, h. Sabendo que (BC A)C == f, g, h, BC A = a,b e AC \B = d,e, então, n(P(A B)) é igual aa) 0. b) 1. c) 2. d) 4. e) 8.

Resolução1) (BC A)C = f; g; h ⇔ (BC)C AC = f; g; h ⇔

⇔ B AC = f; g; h ⇔ B\A = f; g; h

2) BC A = a; b ⇔ A\B = a; b

3) AC \B = d; e ⇔ U\(A B) = d; e

De (1), (2) e (3), temos o diagrama

Logo, A B = c e P(A B) = Ø, c

NOTAÇÕES = 0, 1, 2, 3,... : conjunto dos números reais: conjunto dos números complexos [a, b] = x ∈ ; a ≤ x ≤ b

(a, + ∞) = ]a, + ∞[ = x ∈ ; a < x < + ∞

A\B = x ∈ A; x ∉ B

AC: complementar do conjunto A i: unidade imaginária; i2 = –1z: módulo do número z ∈

Re z: parte real do z ∈

Im z : parte imaginária do número z ∈

Mm×n(): conjunto das matrizes reais m × n

At: transposta da matriz A

det A: determinante da matriz A

P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A

n(A): número de elementos do conjunto finito A—AB: segmento de reta unindo os pontos A e B

tr A : soma dos elementos da diagonal principal damatriz quadrada A

2 BBUma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte commotor a gasolina e o restante com motor “flex” (quefunciona com álcool e com gasolina). Numadeterminada época, neste conjunto de 1000 carros, 36%dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros commotor “flex” sofrem conversão para também funcionarcom gás GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556dos 1000 carros desta empresa são bicombustíveis,pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveisé igual a

a) 246. b) 252. c) 260. d) 268. e) 284.

Resolução

Se, entre os 1000 carros da empresa, x têm motor a

gasolina e 1000 – x possuem motor “flex”, temos:

(100 – 36)% . (1000 – x) + 36% x = 556 ⇔

⇔ 640 – 0, 64x + 0,36x = 556 ⇔ 0,28x = 84 ⇔ x = 300

Portanto, o número de carros tricombustíveis é

36%. (1000 – 300) = . 700 = 25236

––––100


3 EESeja f : → \ 0 uma função satisfazendo às con -dições: f(x + y) = f(x)f(y), para todo x, y ∈ e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ 0.

Das afirmações:

I. f pode ser ímpar.

II. f(0) = 1.

III. f é injetiva.

IV. f não é sobrejetiva, pois f(x) > 0 para todo x ∈ .

é (são) falsa( s) apenas

a) I e III. b) II e III. c) I e IV.

d) IV. e) I.

ResoluçãoSe f: → \ 0, f(x + y) = f(x) . f(y) para todo x; y ∈ R e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ 0, então:1) f(x) ∈ CD (f) = \ 0 ⇔ f(x) ≠ 0, ∀ x ∈ .2) f(0 + 0) = f(0) . f(0) ⇔ f(0) = [f(0]2 ⇒ f(0) = 1, pois

f(0) ≠ 0. 3) Para qualquer a ≠ 0, tem-se:

f(–a + a) = f(–a) . f(a) = f(0) = 1 e, portanto f(a) ef(–a) tem o mesmo sinal. Assim, f não pode serímpar.

4) x1 ≠ x2 ⇔ x1 = x2 + k, com k ≠ 0 ⇔

⇔ f(x1) = f(x2 + k) = f(x2) . f(k) ≠ f(x2), pois f(k) ≠ 1.

Assim, f é injetiva.

5) f(x) = f + = f . f =

= f 2

> 0, pois f ≠ 0.

Desta forma, Im(f) + e Im(f) ≠ CD(f), entãoa função não é sobrejetiva.

Assim, apenas a afirmação (I) é falsa.

x–––2

x–––2x

–––2

x–––2

x–––2

x–––2


4 BB

Se a = cos e b = sen , então, o número com plexo

cos + i sen 54

é igual a

a) a + bi. b) – a + bi.

c) (1 – 2a2b2) + ab (1 + b2)i. d) a – bi.

e) 1 – 4a2b2 + 2ab(1 – b2)i.

Resolução

Se a = cos e b = sen então:

1) cos + i . sen 54

=

= cos + i . sen =

= cos 10π + + i . sen 10π + =

= cos + i . sen =

2) cos = – cos = – a

3) sen = sen = b

Assim sendo:

cos + i . sen54

=

cos + i . sen = – a + bi

π–––

5

π–––5

π––5

π––5

4π–––5

4π––––

5

π––5

π––5

π––5

4π––––

5

π––5

4π––––

5

4π––––

54π––––

5

4π––––

54π––––

5

54π––––

554π––––

5

π–––5

π–––5

π––5

π––5


5 EEO polinômio de grau 4

(a + 2b + c)x4 + (a + b + c) x3 – (a – b) x2 +

+ (2a – b + c) x + 2 (a + c),

com a, b, c ∈ , é uma função par. Então, a soma dosmódulos de suas raízes é igual a

a) 3 + 3 . b) 2 + 3 3 . c) 2 + 2 .

d) 1 + 2 2 . e) 2 + 2 2 .

Resolução1) P(x) = (a + 2b + c) . x4 + (a + b + c) . x3 – (a – b)x2 +

+ (2a – b + c) x + 2 (a + c) é de grau 4 e é umafunção par. Asim sendo:

⇒ ⇒

2) Se b ≠ 0, a + c = – b e a = 2b, entãoP(x) = b x4 – (2b – b) x2 + 2 (– b) ⇔⇔ P(x) = bx4 – bx2 – 2b

3) Resolvendo a equação P(x) = 0, temos:bx4 – bx2 – 2b = 0 ⇔ x4 – x2 – 2 = 0 ⇔⇔ x2 = – 1 ou x2 = 2 ⇔ x = i ou x = – i

ou x = 2 ou x = – 24) O conjunto-verdade da equação P(x) = 0 é

V = i; – i; 2 ; – 2 5) A soma dos módulos das raízes é

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

6 CCConsidere as funções

f (x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 e g(x) = x2 – 2x + 1.

A multiplicidade das raízes não reais da funçãocomposta f o g é igual a

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução

Sendo f(x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 =

= (x2 + 1) . (x2 – 1) + 2x . (x2 – 1) =

= (x2 – 1) . (x2 + 2x + 1) =

= (x2 – 1) . (x + 1)2

e g(x) = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2, temos:

(fog) (x) = [(x – 1)4 – 1] . [(x – 1)2 + 1]2 =

= [(x – 1)2 – 1] . [(x – 1)2 + 1]3 =

= (x2 – 2x) . (x2 – 2x + 2)3,

cujas raízes são 0 (raiz simples), 2 (raiz simples),

1 + i (raiz tripla) e 1 – i (raiz tripla).

Logo, a multiplicidade de cada raiz não-real da

função composta fog é igual a 3.

a + 2b + c ≠ 0a + b + c = 02a – b + c = 0

a + b + c + b ≠ 0a + b + c = 0a – 2b = 0

a + c = – bb ≠ 0a = 2b


7 AASuponha que os coeficientes reais a e b da equação

x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0 são tais que a equação admite

solução não real r com r ≠ 1. Das seguintes afirmações:I. A equação admite quatro raízes distintas, sendo

todas não reais.

II. As raízes podem ser duplas.

III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.

é (são) verdadeira( s )

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas II e III e) nenhuma.

Resolução1) Seja r = p + qi, com p2 + q2 ≠ 1 e q ≠ 0, a raiz não

real da equação x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0, decoeficientes reais.

2) Se r for raiz, então também o será, pois

+ + + + 1 =

= = = 0

3) = = ≠ p – qi, pois p2 + q2 ≠ 1

4) Já que a equação tem coeficientes reais, se

r = p + qi e = são raízes, então, p – qi e

também serão raízes.

5) A equação admite, portanto, quatro raízes dis -tintas, sendo todas não-reais.

1––––––p – qi

1–––r

1–––––––p + qi

1––r

1––––––p + qi

p – qi––––––p2 + q2

1 + ar + br2 + ar3 + r4–––––––––––––––––––––

r4

0–––r4

1–––r4

a–––r3

b–––r2

a–––r

1–––

r


8 BBSe as soluções da equação algébrica 2x3 – ax2 + bx + 54 = 0,com coeficientes a, b ∈ , b ≠ 0, formam, numadeterminada ordem, uma progressão geométrica, então,

é igual a

a) – 3. b) – . c) . d) 1. e) 3.

Resolução

Sejam , α e α . q as raízes da equação em pro gres-

são geométrica de razão q (q ∈ *).

De acordo com as relações de Girard, temos:

. α . αq = ⇔ α3 = – 27

Logo, a = – 3 é uma das raízes e, conseqüentemente,2 . (– 3)3 – a . (– 3)2 + b . (– 3) + 54 = 0 ⇔⇔ – 54 – 9a – 3b + 54 = 0 ⇔ 9a = – 3b ⇔

⇔ = –

α––q

1––3

1––3

a––b

1–––3

a–––b

– 54–––––

2α––q


9 EEDados A ∈ M3x2 () e b ∈ M3x1 (), dizemos que

X0 ∈ M2x1 () é a melhor aproximação quadrática do

sistema AX = b quando (AX0 – b)t (AX0 – b) assume

o menor valor possível. Então, dado o sistema

=,

a sua melhor aproximação quadrática é

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

Sendo A = , b = e x0 = ,

Temos:

I) (A . X0 – b) = . – =

= – =

II) (A . X0 – b)t = [–x – 1 y – 1 x – 1]

III) (A . X0 – b)t . (A . X0 – b) =

[–x – 1 y – 1 x – 1] . =

= [(–x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)2] =

= [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2].

Interpretando C (C ∈ M1x1 ()) como sendo araiz quadrada do elemento desta matriz,

(A X0 – b)t . (A X0 – b) = [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2] ,que assume o menor valor possível para x = 0 e y = 1, pois x2 ≥ 0 e (y – 1)2 ≥ 0.

Logo, a melhor aproximação quadrática do siste -ma

x

y1

1

1

–1

0

1

0

1

0

0

11

0– 2

01

11

– 1

1

1

1x

y– 1 0

0 1

1 0

– x – 1

y – 1

x – 1

1

1

1

–x

y

x

1

1

1x

y–1

0

1

0

1

0

– x – 1

y – 1

x – 1


= é x0 = .

10 DDO sistema

com (c1, c2) ≠ (0, 0), a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0, é

a) determinado.

b) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0.

c) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 = 0 ou c1 =

0 e c2 ≠ 0.

d) impossível.

e) indeterminado.

Resolução1) Se c1 = 0 e c2 ≠ 0, então:

a1 . 0 + a2 . c2 = b1 . 0 + b2c2 = 0 ⇔ a2 = b2 = 0

e a equação 0 . x + 0 . y = c2 ≠ 0 não tem solução.

2) Se c1 ≠ 0 e c2 = 0, então:

a1 . c1 + a2 . 0 = b1 . c1 + b2 . 0 = 0 ⇔ a1 = b1 = 0

e a equação 0 . x + 0y = c1 ≠ 0 não tem solução

3) Se c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0, então:

⇔ ⇔

⇔ (a1c1 + a2c2) x + (b1c1 + b2c2)y = c12 + c2

2 ⇒

⇒ 0 . x + 0 . y = c12 + c2 ≠ 0 e, portanto, o sistema é

impossível.

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2 a1c1x + b1c1y = c1

2

a2c2x + b2c2y = c22

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

, a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ ,

0

11

1

1x

y–1

0

1

0

1

0


11 AASeja A ∈ M2x2 () uma matriz simétrica e não nula,cujos elementos são tais que a11, a12 e a22 formam, nesta

ordem, uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 e tr A = 5a11. Sabendo-se que o sistema AX = X admite

solução não nula X ∈ M2x1 (), pode-se afirmar que

a211 + q2 é igual a

a) . b) . c) 5. d) . e) .

Resolução

Sejam A = e X =

I) Sendo A uma matriz simétrica e não-nula e (a11, a12, a22) uma progressão geométrica de razão

q ≠ 1,

A =

Como tr A = 5 . a11 ⇔ a11 + a11 . q2 = 5 . a11 ⇔

⇔ a11 . q2 = 4 . a11 ⇔ q2 = 4, pois a11 ≠ 0

II) A . X = X ⇒ . = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ ⇔

⇔

Para que o sistema linear homogêneo acimaadmita solução não-nula, devemos ter:

= 0 ⇔

⇔ 1 – a11 – a11 . q2 = 0 ⇔

⇔ 1 – a11 – 4 . a11 = 0 ⇔ a11 =

Logo, a112 + q2 =

2

+ 4 = 1

–––5

101–––25

a11 a12

a21 a22 x

y

101–––25

121–––25

49–––9

25–––4

1–––5

a11 – 1 a11 . q

a11 . q a11 . q2 – 1

(a11 – 1) . x + a11 . q . y = 0

a11 . q . x + (a11 . q2 – 1) . y = 0

a11 . x + a11 . q . y = x

a11 . q . x + a11 . q2 . y = y

a11 . x + a11 . q . y

a11 . q . x + a11 . q2 . y

x

y

a11 a11 . q

a11 . q a11 . q2

x

y x

y

a11 a11 . q

a11 . q a11 . q2


12 BBUma amostra de estrangeiros, em que 18% são profi -cientes em inglês, realizou um exame para classificar asua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que sãoproficientes em inglês, 75% foram classificados comoproficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7%foram classificados como proficientes. Um estrangeirodesta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado comoproficiente em inglês. A probabilidade deste estrangeiroser efetivamente proficiente nesta língua é de aproxima -damente

a) 73%. b) 70%. c) 68%. d) 65%. e) 64%.

ResoluçãoDos 18% de estrangeiros proficientes em inglês, 75%,isto é, 75% de 18% = 13,5% foram classificadoscomo proficientes.Dos 82% de estrangeiros não-proficientes em inglês,7%, isto é, 7% de 82% = 5,74% foram classificadoscomo proficientes.Se o estrangeiro escolhido ao acaso foi classificadocomo proficiente em inglês, então a probabilidade deele ser efetivamente proficiente em inglês é

p = = ≅ 0,70 = 70%

13 EEConsidere o triângulo ABC de lados a =

–––BC, b =

–––AC e

c = –––AB e ângulos internos α = C

^AB, β = A

^BC e γ = B

^CA.

Sabendo-se que a equação x2 – 2bx cos α + b2 – a2 = 0ad mite c como raiz dupla, pode-se afirmar que

a) α = 90°.

b) β = 60°.

c) γ = 90°.

d) O triângulo é retângulo apenas se α = 45°.

e) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.

ResoluçãoSe a equação em x : x2 – 2bcos α . x + b2 – a2 = 0 ad -mite c como raiz dupla, então tem-se a seguinteidentidade de polinômios:

x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) (x – c)2 ⇔

⇔ x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) x2 – 2cx + c2 ⇔

⇔ ⇔ ⇔

Pode-se concluir então que o triângulo de lados a, b ec é sempre retângulo e b é a hipotenusa.

ccos α = –––b

b2 = a2 + c2– 2bcos α = – 2cb2 – a2 = c2

13,5–––––––

19,24

13,5––––––––––13,5 + 5,74


14 DDNo plano, considere S o lugar geométrico dos pontoscuja soma dos quadrados de suas distâncias à retat : x = 1 e ao ponto A = (3, 2) é igual a 4. Então, S é

a) uma circunferência de raio 2 e centro (2, 1).b) uma circunferência de raio 1 e centro (1, 2).

c) uma hipérbole.

d) uma elipse de eixos de comprimento 22 e 2.e) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.

ResoluçãoSe a reta (t) tem equação x = 1, o ponto A = (3, 2) esendo P(x, y) um ponto genérico do L.G., temos:

dP,t2 + dP, A

2 = 4 ⇔ (x – 1)2 + (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4 ⇔

⇔ 2x2 – 8x + 8 + y2 – 4y + 4 = 2 ⇔

⇔ 2 . (x – 2)2 + (y – 2)2 = 2 ⇔

⇔ + = 1

A equação representa uma elipse, de centro (2; 2), talque:

I) a2 = 2 ⇒ a = 2 ⇒ 2a = 22 é o comprimento doeixo maior.

II) b2 = 1 ⇒ b = 1 ⇒ 2 . b = 2 é o com primento do eixomenor.

Os eixos da elipse têm comprimentos 22 e 2.

(y – 2)2–––––––

2

(x – 2)2–––––––

1


15 DDDo triângulo de vértices A, B e C, inscrito em umacircunferência de raio R = 2 cm, sabe-se que o lado

–––BC

mede 2 cm e o ângulo interno A^BC mede 30°. Então, o

raio da circunferência inscrita neste triângulo tem ocomprimento, em cm, igual a

a) 2 – 3. b) . c)

d) 2 3 – 3. e) .

ResoluçãoDe acordo com o enunciado, podemos montar as se -guintes figuras:

Assim, sendo S a área do triângulo ABC, em centí -metros quadrados, p o semiperímetro desse triân -gulo, em centímetros, e r o raio, em centímetros, dacircunferência inscrita nesse triângulo, tem-se:

1º) S = = = 3

2º) S = p . r

Logo: 3 = . r ⇔ 3 = (2 + 3) . r ⇔

⇔ r = ⇔ r = 3 (2 – 3) ⇔ r = 23 – 33

–––––––2 + 3

1–––2

2––––

4

1–––3

4 + 23–––––––

2

23 . 1–––––––

2

AB . 1––––––

2


16 EEA distância entre o vértice e o foco da parábola de equa -ção 2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 é igual a

a) 2. b) . c) 1. d) . e) .

Resolução2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 ⇔ 2x2 – 4x + 3 = 4y ⇔

⇔ x2 – 2x + = 2y ⇔ x2 – 2x + 1 – 1 + = 2y ⇔

⇔ x2 – 2x + 1 = 2y – ⇔ (x – 1)2 = 2 . y – Sendo (x – g)2 = 4 . f . (y – h) a equação reduzida daparábola, comparando-a com a equação obtida,conclui-se que:

1º) o vértice da parábola é o ponto 1; 2º) A distância entre o vértice e o foco da parábola é

a medida f, tal que 4 . f = 2, e portanto f = .

1–––2

3–––4

3–––2

1–––2

1–––4

1–––4

1–––2

3–––2

3–––2


17 AAA expressão

é equivalente a

a) [cos x – sen2x] cotg x. b) [sen x + cos x] tg x.

c) [cos2 x – sen x] cotg2 x. d) [l – cotg2 x] sen x.

e) [1 + cotg2 x] [sen x + cos x]

Resolução

=

= =

= =

= 2 . sen . cos . [cotg2 x – cos x] =

= sen x . =

= =

= . [cos x – sen2x] = cotg x . [cos x – sen2x]

3π x2 . sen x + ––– + cotg2 x . tg ––2 2

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––x

sec2––2

11 x2 . sen x + ––– π + cotg2 x . tg ––2 2

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––x

1 + tg2––2

11 x2 sen x + –––π + cotg2xtg ––-

2 2––––––––––––––––––––––––––––––––––

x1 + tg2 –––

2

x–––2x

–––2

xsen––2

2 . [– cos x + cotg2 x] –––––––––x

cos––2–––––––––––––––––––––––––––––––

1–––––––––––

xcos2––2

cos x––––––sen x

sen x . [cos2x – cos x . sen2x] –––––––––––––––––––––––––

sen2x

cos2x–––––– – cos xsen2x


18 BBSejam C uma circunferência de raio R > 4 e centro (0,0)e

–––AB uma corda de C. Sabendo que (1,3) é ponto médio

de –––AB , então uma equação da reta que contém

–––AB é

a) y + 3x – 6 = 0. b) 3y + x – 10 = 0.

c) 2y + x – 7 = 0. d) y + x – 4 = 0.

e) 2y + 3x – 9 = 0.

Resolução

Sejam t e s, respectivamente, as retas que contêm —AB

e —CP, sendo P(1;3), ponto médio de

—AB.

O coeficiente angular da reta s é tal que,

ms = = 3.

O ponto P(1;3) pertence à reta t cujo coeficiente

angular é mt = – , pois t ⊥ s.

Dessa forma, a equação da reta t é

y – 3 = – (x – 1) ⇔ 3y + x – 10 = 0

1–––3

3 – 0––––––1 – 0

1–––3


19 AAUma esfera é colocada no interior de um cone circularreto de 8 cm de altura e de 60° de ângulo de vértice. Ospontos de contato da esfera com a superfície lateral do

cone definem uma circunferência e distam 2 3 cm dovértice do cone. O volume do cone não ocupado pelaesfera, em cm3, é igual a

a) π. b) π. c) π.

d) π. e) π.

Resolução

Sendo R o raio da base do cone e r o raio da esfera,ambos, em centímetros, tem-se:

1º) tg 30° = ⇔ = ⇔ r = 2

2º) tg 30° = ⇔ = ⇔ R =

Assim, o volume V da região interna ao cone, não-ocupada pela esfera, em centímetros cúbicos, é dadopor:

V = . π . R2 . 8 – . π . r3 =

= . π . . 8 – . π . 23 =

= – =

542––––

9

512––––

9

500––––

9

480––––

9

416––––

9

416π–––––

9

32π––––

3

512π––––

9

4–––3

64–––3

1–––3

4–––3

1–––3

83–––––

3

R–––8

3–––––

3

R–––8

r–––––23

3–––––

3

r–––––23


20 CC (com ressalvas)Os pontos A = (3,4) e B = (4,3) são vértices de um cubo,em que

–––AB é uma das arestas. A área lateral do octaedro

cujos vértices são os pontos médios da face do cubo éigual a

a) 8. b) 3. c) 12. d) 4 e) 18.Resolução

1º) A medida a da aresta do cubo é dada por

a = AB = (3 – 4)2 + (4 – 3)2 = 2

2º) Entendendo que os vértices do octaedro são oscentros das faces do cubo, então a medida daaresta do octaedro regular é tal que:

2 = 2

+ 2

⇔ 2 =

assim: 2 = ⇔ 2 = 1

3º) Entendendo que o examinador queira que sejacalculada a área S da superfície total do octaedro,já que este não possui área lateral, então, comotal superfície é composta por oito triânguloseqüilá teros de lado , tem-se:

S = 8 . ⇔ S = 23 2

Assim: S = 23 . 1 ⇔ S = 12

23 ––––––

4

2 2

––––––2

a2–––2a

–––2a

–––2


AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPON -DIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.

21Seja S o conjunto solução da inequação

(x – 9) logx+4(x3 – 26x) ≤ 0.

Determine o conjunto SC.

ResoluçãoComo o gráfico da função f(x) = x3 – 26x é do tipo

temos:1) Existe o logx + 4 (x3 – 26x) se, e somente se,

– 4 < x < – 3 ou – 3 < x < 0 ou x > 26

2) Dentro das condições de existência do logaritmo,

(x – 9) . logx+4 (x3 – 26x) ≤ 0 ⇔ x – 9 ≤ 0 ⇔

⇔ x ≤ 9, para logx + 4 (x3 – 26x) ≠ 0 e x = b ou x =

c (do gráfico acima) para logx+ 4 (x3 – 26x) = 0

3) Como b < 9 e c < 9, S = x ∈ – 4 < x < – 3 ou

– 3 < x < 0 ou 26 < x ≤ 9 eSC = x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou

0 ≤ x ≤ 26 ou x > 9Resposta: SC = x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou

0 ≤ x ≤ 26 ou x > 9


22Sejam x, y ∈ e w = x2(1 + 3i) + y2(4 – i) – x(2 + 6i) +

+ y(–16 + 4i) ∈ . Identifique e esboce o conjunto

Ω = (x, y) ∈ 2; Re w ≤ – 13 e Im w ≤ 4.

Resolução

w = x2 (1 + 3i) + y2 (4 – i) – x (2 + 6i) + y (– 16 + 4i)

⇔

⇔ w = x2 + 3x2 i + 4y2 – y2i – 2x – 6xi – 16y + 4yi ⇔

⇔ w = (x2 + 4y2 – 2x – 16y) + (3x2 – y2 – 6x + 4y)i

Desta forma:1) Re w ≤ – 13 ⇒ x2 + 4y2 – 2x – 16y ≤ – 13 ⇔

⇔ (x – 1)2 + 4(y – 2)2 ≤ 4 ⇔

⇔ + ≤ 1 que é a equação de

uma região elíptica de centro (1; 2), semi-eixomaior paralelo ao eixo das abscissas e medindo 2 esemi-eixo menor medindo 1.

2) Im w ≤ 4 ⇔ 3x2 – y2 – 6x + 4y ≤ 4 ⇔

⇔ 3(x – 1)2 – (y – 2)2 ≤ 3 ⇔ – ≤ 1

que é a equação de uma região determinada poruma hipérbole de centro (1; 2), eixo transverso pa -ralelo ao eixo das abscissas e medindo 1 e eixo

conjugado medindo 2.3.3) A representação no plano complexo dessas regiões

é a seguinte:

Resposta: O conjunto pedido está representado pelospontos que formam a figura destacada aci -ma.

(y – 2)2–––––––

3(x – 1)2––––––

1

(y – 2)2––––––––

1(x – 1)2

––––––––4


23Seja f: \–l → definida por f(x) = .

a) Mostre que f é injetora.

b) Determine D = f(x); x ∈ \ –1 e f –1: D → \–1.

ResoluçãoSendo: f: \ – 1 → definida por

f(x) = = 2 +

conclui-se:a) ∀x1, x2 ∈ \ – 1, temos:

x1 ≠ x2 ⇔ x1 + 1 ≠ x2 + 1 ⇔ ≠ ⇔

⇔ 2 + ≠ 2 + ⇔

⇔ f(x1) ≠ f(x2) e, portanto, f é injetora.

b) Sendo f –1 a função inversa de f, temos:

f(f–1(x)) = x ⇔ 2 + = x ⇔

⇔ = x – 2 ⇔

⇔ f–1(x) + 1 = ⇒ f –1(x) =

O conjunto D = f(x); x ∈ \ – 1 e f –1: D → \ – 1 é o conjunto-domínio da função f –1

e, portanto, D = \ 2.

Respostas: a) demonstração

b) D = \ 2

1–––––x + 1

2x + 3–––––––

x + 1

2x + 3––––––x + 1

3 – x––––––x – 2

1–––––x – 2

1–––––––––f –1(x) + 1

1–––––––––f –1(x) + 1

1––––––x2 + 1

1––––––x1 + 1

1––––––x2 + 1

1––––––x1 + 1


24Suponha que a equação algébrica

10

x11 + ∑ anxn + a0 = 0n = 1

tenha coeficientes reais a0, a1, ..., a10 tais que as suas

onze raízes sejam todas simples e da forma β + iγn, em

que β, γn ∈ e os γn, n = 1, 2, …, 11, formam umaprogressão aritmética de razão real γ ≠ 0. Considere astrês afirmações abaixo e responda se cada uma delas é,respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando suaresposta:

I. Se β = 0, então a0 = 0.

II. Se a10 = 0, então β = 0.

III. Se β = 0, então a1 = 0.

Resolução10

A equação x11 + ∑ anxn + a0 = 0 ⇔ n = 1

⇔ x11 + a10 . x10 + a9 x9 + a8 x

8 + … + a1x + a0 = 0 é

de grau 11 e tem pelo menos uma raiz real.I) Verdadeira, pois se β = 0 as onze raízes são do

tipo iγn. Esse número somente será real se γn = 0

para algum valor de n. Desta forma, zero é raiz daequação e 011 + a10 . 010 + a9 . 0

9 + … + a1 . 0 + a0 = 0 ⇔

⇔ a0 = 0.

II) Verdadeira, pois as onze raízes são da forma (β + γ1 i; β + γ2 i; β + γ3 i; β + γ4 i; β + γ5 i; β;

β + γ7 i; β + γ8 i; β + γ9 i; β + γ10 i; β + γ11 i) e tais

que (γ1; γ2; …; γ5; 0; γ7; …; γ11) formam uma

progressão artitmética de soma zero. Desta forma,

a soma das onze raízes será 11β = = 0,

portanto β = 0.

III) Falsa, pois, como visto no item (I) se β = 0 entãozero é raiz da equação dada. A equação dada éfatorável em x (x10 + a10 x9 + a9 x

8 + a8 x7 + … + a2 x + a1) = 0

O produto das outras dez raízes é a1 e elas podem

não ser nulas. Poderiam ser, por exemplo, – 5i; – 4i; –3i; – 2i; – i; i; 2i; 3i; 4i e 5i.Observe que, neste caso, (– 5; – 4; – 3; …; 0; 1; 2; …5) formam umaprogressão aritmética, de ra zão não-nula.

a10– –––1


25Um determinado concurso é realizado em duas etapas.Ao longo dos últimos anos, 20% dos candidatos doconcurso têm conseguido na primeira etapa notasuperior ou igual à nota mínima necessária para poderparticipar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatosdentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de nomínimo 4 deles conseguirem nota para participar dasegunda etapa?

ResoluçãoA probabilidade de um candidato conseguir nota pa -

ra participar da segunda etapa é 20% = e a de não

conseguir nota é 80% = .

Dos 6 candidatos, a probabilidade de pelo menosqua tro deles conseguirem nota para participar dasegun da etapa é:

C6,4.4.

2+ C6,5 .

5.

1+ C6,6.

6.

0

=

= 4. 15 .

2+ 6 . . +

2

=

= . =

Resposta:

4––5

1––5

53–––––3125

53–––––3125

265––––25

1––––625

1––5

4––5

1––5

4––5

1––5

4––5

1––5

4––5

1––5

4––5

1––5


26Sejam A, B ∈ M3x3(). Mostre as propriedades abaixo:

a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X ∈ M3x1(),então A é a matriz nula.

b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula,então det A = det B = 0.

Resolução

Se A ∈ M3×3(), então A =

a) Se AX é a matriz coluna nula, para todoX ∈ M3×1(), então

a.1) para X = , temos:

A . X = . =

= = ⇒ a11 = a21 = a31 = 0


A . X = . =

= = ⇒ a12 = a22 = a32 = 0


A . X = . =

= = ⇒ a13 = a23 = a33 = 0

Desta forma, A = = O

b) 1) Se det A ≠ 0, existe A– 1 e A . B = O ⇒⇒ A–1 . A . B = A–1 . O ⇔ I . B = O ⇔ B = OContrariando a hipótese de que B é não-nula.

100

a11a21a31

a12a22a32

a13a23a33

000

a11a21a31

100

a11a21a31

a12a22a32

a13a23a33

000

000

000

000

a13a23a33

001

a11a21a31

a12a22a32

a13a23a33

001

000

a12a22a32

010

a11a21a31

a12a22a32

a13a23a33

010


2) Se det B ≠ 0, existe B–1 e A . B = O ⇒⇒ A . B . B–1 = O . B–1 ⇔ A . I = O ⇔ A = OContrariando a hipótese de que A é não-nula.

Dos itens (1) e (2), temos det A = det B = 0.Respostas: a) demonstração

b) demonstração


27

Sabendo que tg2 = , para algum

x ∈ , determine sen x.

Resolução

1) tg2 = ⇒ tg = , pois:

≤ x + ≤

Assim:

= ⇔ = ⇔

⇔ 2 tg x + = 2 – tg x ⇔

⇔ 6 tg x + 23 = 32 – 6 tg x ⇔

⇔ (6 + 6 ) tg x = 3 2 – 23 ⇔

⇔ tg x = ⇔ tg x =

2) Como 0 < x < , podemos então montar o

seguinte triângulo retângulo:

do qual podemos concluir que:

sen x = ⇔ sen x =

Resposta: 3 – 6

––––––––6

10, –– π2

1–––2

1x + –– π6

π–––2

3 – 2 ––––––––––

6 + 1

32 – 23 ––––––––––

6 + 6

6 ––––

3

23 –––––

3

2 –––2

3 tg x + ––––3

––––––––––––3

1 – ––– . tg x3

2 –––2

πtg x + tg ––6

––––––––––––––π

1 – tg –– tg x6

2π–––3

π–––6

π–––6

2 ––––

2

πx + ––6

1–––2

πx + ––6

3 – 6 ––––––––

6

3 – 2 ––––––––––

2 3


28Dadas a circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 e a retar: 3x – y + 5 = 0, considere a reta t que tangencia C, for -ma um ângulo de 45° com r e cuja distância à origem é

. Determine uma equação a reta t.

ResoluçãoA circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 tem centro

A (3; 1) e raio igual a 2 5 .

A reta r: 3x – y + 5 = 0 tem coeficiente angular mr = 3

Sendo mt, o coeficiente angular da reta t que forma

um ângulo de 45° com r, temos

tg 45° = ⇔ 1 =

⇔ = 1 ou = –1 ⇔

⇔ mt = ou mt = –2

Dessa forma, sendo h ∈ , a equação da reta t é tal

que:

y = x + h ou y = –2x + h ⇔

⇔ x – 2y + 2h = 0 ou 2x + y – h = 0

Sabendo que a distância entre a reta t e a origem é

, temos:

• Para x – 2y + 2h = 0

= ⇔ h = ±

• Para 2x + y – h = 0

= ⇔ h = ± 3

Assim, as equações das retas que formam um ân -

gulo de 45° com r e distam da origem são:

x – 2y + = 0 , x – 2y – = 0,

2x + y – 3 = 0 ou 2x + y + 3 = 0

Dentre estas retas, a única que tangencia a circun -

3––2

3––2

35–––––

5

3 5–––––

5

2 . 0 + 0 – h––––––––––––––

12 + (–2)2

3––2

3 5–––––

50 – 2 . 0 + 2h

––––––––––––––– 12 + (–2)2

3 5–––––

5

1–––2

1–––2

3 – mt––––––––1 + 3mt

3 – mt––––––––1 + 3mt

3 – mt––––––––1 + 3mt

mr – mt––––––––––1 + mr . mt

3 5–––––

5


ferência C é a de equação(t) 2x + y + 3 = 0, cuja distância ao centro de C,

A(3; 1), é igual ao raio (2 5).

Com efeito,

dA,t = = = 2 5

Resposta: uma equação da reta t é 2x + y + 3 = 0

29Considere as n retas

ri : y = mix + 10, i = 1, 2, ..., n; n ≥ 5,

em que os coeficientes mi, em ordem crescente de i,formam uma progressão aritmética de razão q > 0. Se ml = 0 e a reta r5 tangencia a circunferência de equaçãox2 + y2 = 25, determine o valor de q.ResoluçãoSendo mi, i = 1, 2, …, n, n ≥ 5, termos de uma

progressão aritmética de razão q > 0 e m1 = 0, temos:

(m1; m2; m3; m4; m5; …) = (0; q; 2q; 3p; 4q; …) =

Assim, a equação da reta r5 é da forma

y = m5x + 10 ⇔ y = 4qx + 10 ⇔ 4qx – y + 10 = 0

Sabendo que a reta r5 tangencia a circunferência de

equação x2 + y2 = 25, com centro C(0;0) e raio r = 5,resulta

⇔ = 5 ⇔ 10 = 5 16q2 + 1 ⇒

⇒ 4 = 16q2 + 1 ⇒ q = , pois q > 0

Resposta: q =

10–––––

52 . 3 + 1 + 3

––––––––––––––22 + 12

3–––––

4

3–––––

4

4q . 0 – 0 + 10––––––––––––––––

(4q)2 + (– 1)2


30A razão entre a área lateral e a área da base octogonal deuma pirâmide regular é igual a 5 . Exprima o volumedesta pirâmide em termos da medida a do apótema dabase.Resolução

Sendo , h e g, respectivamente, as medidas da arestada base, da altura, e do apótema da pirâmide regularoctogonal, tem-se:

1º) + + = 2a ⇔ + 2 = 2a ⇔

⇔ = ⇔ = 2 (2 – 1) a

2º) = 5 ⇔ g = 5 a

3º) g2 = h2 +a2

Assim: (5 a)2= h2 + a2 ⇔ h = 2a

4º) O volume V dessa pirâmide é igual a um terço doproduto da área de sua base pela sua altura.Assim:

V = . 4 . a . h ⇔ V = . 2 (2 – 1)a . a . 2a ⇔

⇔ V =

Resposta:

––––2

––––2

16 (2 – 1)a3––––––––––––––

3

16 (2 – 1)a3––––––––––––––

3

4–––3

1–––3

4g––––4a

2a–––––––2 + 1


Comentário

Com 18 questões de álgebra, 3 de trigonometria, 4 de geometria e 5 de geometria analítica, algumasmuito mal enunciadas e outras apresentando altograu de complexidade, com enunciados rebuscados enotações não muito usuais, a banca examinadoraelaborou uma prova de matemática bastante traba -lhosa, que certamente exigiu um grande empenhopor parte dos candidatos mais bem preparados, osquais devem ter ficado extremamente extenuadospor conta da prova.


resolução comentada - ita 2009 - curso objetivo€¦ · 7 a suponha que os coeficientes reais a e...

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