I TA
M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
= {1, 2, 3,...}
: conjunto dos números reais
[a, b] = {x ∈ ; a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ ; a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ ; a < x < b}
A\B = {x; x ∈ A e x ∉ B}
k
∑ an = a1 + a2 + ... + ak, k ∈ n=1
k
∑ an xn = a0 + a1 x + ... + ak xk, k ∈ n=0
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = – 1
z: módulo do número z ∈ ––
z: conjugado do número z ∈ Mm×n(): conjunto das matrizes reais m × n
det A: determinante da matriz A
At: transposta da matriz A
A–1: inversa da matriz inversível A
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
Arg z : argumento principal de z ∈ \ {0}, Arg z ∈ [0,2π[
f o g: função composta das funções f e g
f . g: produto das funções f e g
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
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1
E
Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A,
B e C quaisquer:
I. A negação de x ∈ A B é: x ∉ A ou x ∉ B.
II. A (B C) = (A B) (A C).
III. (A\B) (B\A) = (A B)\(A B).
Destas, é (são) falsa(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e III.
e) nenhuma.
Resolução
As demonstrações são imediatas para os casos em que
um dos conjuntos, A, B ou C, for vazio. As demonstrações seguintes são para os casos em que nenhum
deles é vazio.
I. Verdadeira, pois x ∈ A B ⇔ x ∈ A e x ∈ B
A negação de (x ∈ A e x ∈ B) é (x ∉ A ou x ∉ B).
II. Verdadeira, pois para qualquer elemento x:
x ∈ A (B C) ⇔ x ∈ A e x ∈ (B C) ⇔
⇔ (x ∈ A e x ∈ B) ou (x ∈ A e x ∈ C) ⇔
⇔ x ∈ (A B) ou x ∈ (A C) ⇔
⇔ x ∈ (A B) (A C)
III. Verdadeira, pois
x ∈ (A \ B) (B \ A) ⇔ x ∈ (A\ B) ou x ∈ (B\ A) ⇔
x ∈ A e x ∉ B ⇔ x ∈ (A B) e x ∉ (A B)
⇔
⇔
ou
x ∈ B e x ∉ A ⇔ x ∈ (A B) e x ∉ (A B)
⇔ x ∈ (A B) \ (A B)
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2
C
Considere conjuntos A, B e C (AB). Se AB,
AC e BC são os domínios das funções reais definidas
π ), –x2 + 6x – 8 e
por ln (x – mente, pode-se afirmar que
x–π
–––––– , respectiva5–x
a) C = ]
π , 5[.
b) C = [2, π].
d) C = [π, 4].
e) C não é intervalo.
c) C = [2, 5[.
Resolução
Considerando que A, B ∈ e C (A B), temos:
1) De ᐉn (x – π), tem-se x – π>0⇔
π e, portanto, A B = {x ∈ x > π}
⇔ x > 2) De – x2 + 6x – 8, tem-se – x2 + 6x – 8 ≥ 0 ⇔
⇔ 2 ≤ x ≤ 4 e, portanto, A C = {x ∈ 2 ≤ x ≤ 4}
3) De
x–π
x–π
––––– , tem-se ––––– ≥ 0 ⇔
5–x
5–x
⇔ (x – π) . (5 – x) ≥ 0 e x ≠ 5 ⇔ π ≤ x < 5 e,
portanto, B C = {x ∈ x ≤ x < 5}
Agora, observe o seguinte diagrama:
p
2
p
4
5
AÈB
AÇC
BÇC
Desse diagrama, conclui-se que [2; 5[ C. Se
∀x ∈ [
π; 2[ [5; + ∞[ pertencesse a C, este valor de
x pertenceria a A C ou a B C, o que não ocorre.
Assim sendo, C = [2; 5[
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3
E
Se z é uma solução da equação em ,
2–1
2+1
12
= – (
2 + i) –––––– –i ––––––
,
3
3
pode-se afirmar que
––
––
a) i(z – z) < 0.
b) i(z – z) > 0.
c) z ∈ [5, 6].
––
z–z+
z2
d) z ∈ [6, 7].
1
e) z + –––
––
z
> 8.
Resolução
2 – 1 2 +1
1) ( 2 + i) ––––––– – ––––––– i =
3
3
2
2
2–1
2+1
2 – 2 + = ––––––– – ––––––– i + ––––––– i + ––––––– =
3
3
3
3
3
3
= –– – –– i = 1 – i
3
3
2) (1 – i)12 = (– 2i)6 = 64 . i6 = 64 . i2 = – 64
3) Se z = x + yi, com x, y ∈ , então
x + yi – x + yi + x2 + y2 = 64 ⇔ (x2 + y2) + 2yi = 64 ⇔
⇔ x2 + y2 = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0
4) Os valores de z que satisfazem a equação são 8 e – 8
5) Se z = 8, então
z + ––1z = 8 + ––18 > 8
6) Se z = – 8, então
z + ––1z = – 8 – ––18 > 8
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4
C
Os argumentos principais das soluções da equação em z,
iz + 3z– + (z + –z)2 – i = 0,
pertencem a
a)
–––4, –––4 .
b)
–––4, –––4 .
c)
–––4, –––2 .
d)
–––4, –––2 –––2, –––4 .
e)
0, –––4 –––4, 2π .
3π
π
3π
5π
π
5π
3π
π
π
3π
7π
7π
Resolução
iz + 3z– + (z + –z)2 – i = 0
Se z = a + bi, tem-se:
i(a + bi) + 3(a – bi) + (a + bi + a – bi)2 – i = 0 ⇔
⇔ ai – b + 3a – 3bi + 4a2 – i = 0 ⇔
⇔ (4a2 + 3a – b) + (a – 3b – 1)i = 0 ⇔
⇔
4a2 + 3a – b = 0 (I)
e
a – 3b – 1 = 0 (II)
a–1
De (II), tem-se: b = ––––– (III)
3
De (I) e (III), tem-se:
1
12a2 + 8a + 1 = 0 ⇔ a = – ––– ou a = –
2
Portanto:
1
1
1
1) a = – –– ⇒ b = – –– ⇒ z = – –– –
2
2
2
1
–––
6
1
–– i
2
5π
cujo argumento é θ = ––––
4
7
1
7
1
2) a = – –– ⇒ b = – ––– ⇒ z = – –– – ––– i
18
6
18
6
cujo argumento pertence ao intervalo
5π 3π
––– , –––
4 2
De (1) e (2), conclui-se que os argumentos principais
das soluções da equação pertencem ao intervalo
5π 3π
––– , ––– .
2
4
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5
D
Considere a progressão aritmética (a1, a2, ..., a50) de razão d.
10
Se
∑
n=1
50
an = 10 + 25d e
d – a1 é igual a
a) 3.
b) 6.
c) 9.
∑
n=1
an = 4550, então
d) 11.
e) 14.
Resolução
1) Se (a1, a2, a3, …, an, …) for uma progressão
aritmética de razão d, então a10 = a1 + 9d e
a50 = a1 + 49d
10
∑
2)
n=1
an = 10 + 25d ⇒
a1 + a1 + 9d
⇒ ––––––––––––– . 10 = 10 + 25d ⇔
2
⇔ 2a1 + 9d = 2 + 5d ⇔ 2a1 + 4d = 2
50
3)
a1 + a1 + 49d
an = 4550 ⇒ ––––––––––––– . 50 = 4550 ⇔
2
n=1
∑
⇔ 2a1 + 49d = 182
4) De (2) e (3), temos:
2a
2a1 + 49d = 182
⇔
1 + 4d = 2
a
d=4
⇒ d – a1 = 11
1=–7
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6
D
Sejam f, g: → tais que f é par e g é ímpar. Das
seguintes afirmações:
I. f . g é ímpar,
II. f o g é par,
III. g o f é ímpar,
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e II.
e) todas.
Resolução
f(– x) = f(x) e g(–x) = – g(x), pois f e g são respectivamente funções par e ímpar.
I. Verdadeira.
f(– x) . g(– x) = f(x) . (– g (x)) = – f(x) . g(x) ⇔
⇔ f . g é ímpar.
II. Verdadeira.
(fog) (–x) = f[g(–x)] = f[–g(x)] = f[g(x)] = (fog)(x) ⇔
⇔ fog é par.
III. Falsa.
(gof) (–x) = g[f(–x)] = g[f(x)] = (gof)(x) ⇔ gof é par.
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7
B
A equação em x,
ex
π
–––––– = –– , x ∈ \ {0},
e2x – 1
4
a) admite infinitas soluções, todas positivas.
b) admite uma única solução, e esta é positiva.
c) admite três soluções que se encontram no intervalo
3
5
– ––– , ––– .
2
2
d) admite apenas soluções negativas.
e) não admite solução.
arctg (ex + 2) – arccotg
Resolução
π
π
Com – ––– < a < ––– e 0 < b < π, temos:
2
2
1) a = arc tg (ex + 2) ⇔ tg a = ex + 2
ex
2) b = arc cotg ––––––––
e2x – 1
ex
⇔ cotg b = –––––––
⇔
e2x – 1
e2x – 1
⇔ tg b = –––––––
ex
π
3) a – b = –– ⇔ tg (a – b) = tg (π/4) ⇔
4
tg a – tg b
⇔ –––––––––– = 1 ⇔ tg a – tg b = 1 + tg a . tg b
1 + tg a . tg b
Se, na equação:
e2x – 1
(ex + 2) – ––––––––
ex
e2x – 1
= 1 + (ex + 2) . ––––––––
ex
fizermos ex = y, resulta:
y2 – 1
y2 – 1
(y + 2) – –––––– = 1 + (y + 2) . –––––– ⇔
y
y
⇔ y2 + 2y – y2 + 1 = y + y3 – y + 2y2 – 2 ⇔
⇔ y3 + 2y2 – 2y – 3 = 0 ⇔ (y + 1) . (y2 + y – 3) = 0 ⇔
13
13
– 1 – – 1 + ⇔ y = – 1 ou y = –––––––––– ou y = ––––––––––
2
2
Como y > 0, a única possibilidade e
13
– 1 + y = –––––––––––
2
Portanto:
13 – 1
13 – 1
ex = –––––––– ⇔ x = log e –––––––– > 0
2
2
Dessa forma, a equação admite uma única
solução, e esta é positiva.
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8
C
Sabe-se que o polinômio p(x) = x5 – ax3 + ax2 – 1, a ∈ ,
admite a raiz – i.
Considere as seguintes afirmações sobre as raízes de p:
I. Quatro das raízes são imaginárias puras.
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.
III. Apenas uma das raízes é real.
Destas, é (são) verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e III.
e) II e III.
Resolução
1) – i é raiz ⇒ + i é raiz ⇒
⇒ p(i) = i5 – a . i3 + a . i2 – 1 = 0 ⇒ a = – 1
2) a = – 1 ⇒
⇒ p(x) = x5 + x3 – x2 – 1 = x3(x2 + 1) – (x2 + 1) ⇒
⇒ p(x) = (x2 + 1)(x3 – 1) = (x2 + 1).(x – 1) . (x2 + x + 1)
3) p(x) = 0 ⇔
⇔ x2 + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou x2 + x + 1 = 0 ⇔
⇔ x = + i ou x = – i ou x = 1 ou
1
1
3
3
x = – ––– + –––– i ou x = – ––– – –––– i
2
2
2
2
Portanto, I) F ;
II) F e III) V
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9
A
5
Um polinômio real p(x) =
∑
an xn, com a5 = 4,
n=0
tem três raízes reais distintas, a, b e c, que satisfazem o
sistema
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6 .
2a + 2b + 2c = 5
Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm
multiplicidade dois, pode-se afirmar que p(l) é igual a
a) – 4.
b) – 2.
c) 2.
d) 4.
e) 6.
Resolução
1)
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6 ⇔
2a + 2b + 2c = 5
⇔
a + 2b + 5c = 0
2b – 3c = 6 ⇔
– 11c = 11
a=2
3
b = ––
2
c=–1
3
3
2) As raízes de p(x) = 0 são r1 = 2, r2 = –––, r3 = –––,
2
2
r4 = – 1, r5 = – 1
5
3) p(x) =
∑
n=0
an xn, com a5 = 4 ⇒
3
⇒ p(x) = 4(x – 2) x – ––
2
⇒ p(1) = 4(1 – 2) .
2
3
1 – ––
2
. (x + 1)2 ⇒
2
. (1 + 1)2 = – 4
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10
E
15
Considere o polinômio p(x) =
∑
n=0
an xn com coefi-
cientes a0 = – 1 e an = 1 + ian – l, n = 1, 2, ..., 15. Das
afirmações:
I. p(– 1) ∉ ,
II. p(x) ≤ 4 (3 + 2 + 5), ∀x ∈ [– 1, 1],
III. a8 = a4,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e II.
e) II e III.
Resolução
Observemos que:
a0 = – 1
a1 = 1 + i . a0 = 1 – i
a2 = 1 + i . a1 = 1 + i . (1 – i) = 2 + i
a3 = 1 + i . a2 = 1 + i . (2 + i) = 2i
a4 = 1 + i . a3 = 1 + i . (2i) = – 1
desta forma, an é igual a – 1, (1 – i), (2 + i) ou 2i,
conforme n seja do tipo 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3,
com n ∈ , respectivamente.
I) Falsa, pois
15
p(– 1) =
∑
n=0
an(– 1)n = a0 – a1 + a2 –
– a3 + a4 – … – a15 = [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] + … +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] = 0 ∈ II) Verdadeira
Observe que x ∈ [– 1; 1] ⇒ xn ∈ [– 1; 1] ⇔
⇔ xn ≤ 1 ⇔ an . xn ≤ an e
p(x) =
15
n=0 a x =
∑
n
n
= a0x0 + a1x1 + a2x2 + … + a15x15 ≤
≤ a0x0 + a1x1 + a2x2 + … + a15x15 =
= a0.x0 + a1.x1 + a2.x2 + … + a15.x15 ≤
≤ a0 + a1 + a2 + … + a15 =
= 4(a0 + a1 + a2 + a3) = 4 . (1 + 2 + 5 + 2) =
= 4(3 + 2 + 5), pois a0 = – 1 = 1,
2, a2 = 2 + i = 5, a3 = 2i = 2
a1 = 1 – i = III) Verdadeira, pois
a8 = 1 + ia7 = 1 + i . (1 + ia6) = 1 + i – a6 =
= 1 + i – (1 + ia5) = i – i(1 + ia4) = a4
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11
B
A expressão (2
3 + 5)5 – (2
3 – 5)5 é igual a
a) 2630
5.
b) 2690
5.
c) 2712
5.
15.
d) 1584
e ) 1604
15.
Resolução
5
1)
5
2 3 +
5
4
= 2 3 + 5 . 2 3 . 5 +
3
2
2
3
+ 10 . 2 3 . 5 + 10 . 2 3 . 5 +
1
4
5
+ 5 . 2 3 . 5 + 5
5
2)
2 3 – 5
5
4
= 2 3 – 5 . 2 3 . 5 +
3
2
2
3
3 . 5 – 10 . 2 3 . 5 +
+ 10 . 2 1
4
5
3 . 5 – 5
+ 5 . 2 5
3)
2 3 + 5
5
– 2 3 – 5 =
4
2
3
= 2 5 . 2 3 . 5 + 10 . 2 3 . 5 +
5
+ 5 = 2 . 720
5 + 600 5 + 25 5 =
= 2690 5
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
12
A
Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo
instante de um espetáculo moderno os refletores são
acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos
2
refletores, seja de ––– a probabilidade de ser aceso.
3
Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5
refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
16
a) ––– .
27
49
b) ––– .
81
151
c) –––– .
243
479
d) –––– .
729
25
24
.
–––
e) –––
+
34
35
Resolução
2
Se a probabilidade de um refletor ser aceso é –– , a
3
1
de não ser aceso é –– .
3
Assim sendo, a probabilidade pedida é:
2 4
1 2
2 5
1
C6,4 . ––– . ––– + C6,5 . ––– . –––
3
3
3
3
冢 冣 冢 冣
冢 冣 冢 冣
1
=
16
144
64
80
= –––
+ ––– = ––– = –––
27
243
243
243
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
13
D
Considere a matriz
A=
a1 a2 a3
0 a4 a5
0 0 a6
∈ M3×3 (),
em que a4 = 10, det A = – 1000 e a1, a2, a3, a4, a5 e a6
formam, nesta ordem, uma progressão aritmética de razão
a1
d > 0. Pode-se afirmar que –––
é igual a
d
a) – 4.
b) – 3.
c) – 2.
d) – 1.
e) 1.
Resolução
a1
1) det A = 0
0
a2
a4
0
a3
a5 = a1 . a4 . a6 = –1000 ⇒
a6
⇒ a1 . 10 . (a1 + 5d) = –1000 ⇔ a1 . (a1 + 5d) = –100
2) a4 = a1 + 3d = 10 ⇔ a1 = 10 – 3d
3) (10 – 3d) (10 – 3d + 5d) = –100 ⇔
– 5 ± 35
⇔ 3d2 + 5d – 100 = 0 ⇔ d = –––––––– ⇔
6
⇔ d = 5, pois d > 0
4) a1 = 10 – 3d = 10 – 3 . 5 = –5
a1
5) Se a1 = –5 e d = 5, então ––– = –1
d
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14
C
Sobre os elementos da matriz
A=
x1 x2 x3 x4
y1 y2 y3 y4
0 0 0 1
1 0 0 0
∈ M4x4 ()
sabe-se que (xl, x2, x3, x4) e (y1, y2, y3, y4) são duas
progressões geométricas de razão 3 e 4 e de soma 80 e
255, respectivamente, Então, det(A–l) e o elemento
(A–1)23 valem, respectivamente,
1
b) – ––– e –12.
72
1
1
d) – ––– e ––– .
12
72
1
a) ––– e 12.
72
1
c) – ––– e 12.
72
1
1
e) ––– e ––– .
12
72
Resolução
1) (x1, x2, x3, x4) é uma progressão geométrica de
razão 3 e x1 + x2 + x3 + x4 = 80
Logo: x1 + 3x1 + 9x1 + 27x1 = 80 ⇔ x1 = 2 ⇒
⇒ (x1, x2, x3, x4) = (2, 6, 18, 54)
2) (y1, y2, y3, y4) é uma progressão geométrica de
razão 4 e y1 + y2 + y3 + y4 =255
Logo: y1 + 4y1 + 16y1 + 64y1 = 255 ⇔ y1 = 3 ⇒
⇒ (y1, y2, y3, y4) = (3, 12, 48, 192)
2
3
3) det A = 0
1
6
12
0
0
6
= 1 . (–1)5 . 12
0
18 54
48 192
1 =
0
0
0
18 54
48 192 =
1
0
= 1 . (–1) . 1 . (–1)6 .
6 18
= – (288 – 216) = –72
12 48
1
1
4) det (A–1) = ––––– = – –––
72
det A
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
5) Interpretando “o elemento (A–1)23” como sendo “o
elemento b23 da matriz inversa de A”, temos:
cofator do elemento a32 de A
b23 = –––––––––––––––––––––––––– =
det A
2
18
54
3
48
192
1
0
0
= ––––––––––––––––––––––––– =
–72
(–1)5 .
18 54
48 192
–864
= ––––––––––––– = ––––– = 12
–72
–72
–
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
15
A
6
2α
α
O valor da soma ∑ sen –––
sen –––
, para todo
n
3
3n
n=1
α ∈ , é igual a
1
α
a) ––– cos –––– – cosα .
2
729
α
1
α
b) ––– sen –––– – sen –––– .
243
729
2
α
α
c) cos –––– – cos –––– .
243
729
α
1
α
d) ––– cos –––– – cos –––– .
729
243
2
α
e) cos –––– – cosα.
729
Resolução
Lembrando que cos (a + b) – cos (a – b) =
= –2 sen a . sen b, temos:
α
α
2α
2α
cos ––––
+ ––––
– cos ––––
– ––––
=
n
n
n
3
3n
3
3
α
2α
= –2 sen –––
. sen –––
⇔
n
3
3n
α
α
3α
2α
⇔ cos –––
– cos –––
= – 2sen –––
. sen –––
⇔
n
n
n
3
3
3
3n
2α
α
⇔ sen –––
. sen –––
=
n
3
3n
1
3α
α
– cos –––
= ––– cos –––
n
2
3
3n
Desta forma:
6
α
2α
. sen –––
=
∑ sen –––
n
3
3n
n=1
⇔
6
1
α
3α
= ∑ ––– cos –––
– cos –––
n
2
3
3n
n=1
=
1
α
α
α
= ––– cos ––– – cos α + cos ––– – cos ––– +
2
3
9
3
α
α
α
α
+ cos ––– – cos ––– + cos ––– – cos ––– +
27
9
81
27
α
α
α
α
+ cos ––– – cos ––– + cos ––– – cos –––
243
81
729
243
=
1
α
= ––– cos ––– – cos α
2
729
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
16
B
4π
Se os números reais α e β, com α + β = ––– , 0 ≤ α ≤ β,
3
maximizam a soma sen α + sen β, então α é igual a
π 3
a) ––––– .
3
3π
c) ––– .
5
2π
b) ––– .
3
5π
d) ––– .
8
7π
e) ––– .
12
Resolução
α+β
α–β
cos –––––
1) sen α + sen β = 2 sen –––––
2
2
4π
α + β = –––
3
⇒
α–β
3 cos –––– =
⇒ sen α + sen β = 2
2π
3 cos α – ––
= 3
2π
2) sen α + sen β = 3 . cos α – ––
3
é máximo para
2π
2π
α – –– = 0 ⇒ α = ––
3
3
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
17
A
Considere as circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9. Seja r uma reta tangente
interna a C1 e C2, isto é, r tangencia C1 e C2 e intercepta
–––––
o segmento de reta O1O2 definido pelos centros O1 de C1
e C2 de C2. Os pontos de tangência definem um segmento
sobre r que mede
25
3.
b) 4
5. c) 3
6. d) ––– . e) 9.
a) 5
3
Resolução
As circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9 têm centro e raio,
respectivamente:
O1 (4, 3), r1 = 2 e O2 (10, 11), r2 = 3.
A partir do enunciado, temos o seguinte gráfico, com:
1) O1O2 = (10 – 4)2 + (11 – 3)2 = 10
2) O1T1 = r1 = 2
3) O2T2 = r2 = 3
4) T1T2 é a distância entre os pontos de tangência.
Considerando o triângulo O1AO2 retângulo em A,
temos:
AO21 + AO22 = O1O22 (Teorema de Pitágoras)
Como O1O2 = 10, AO2 = r1 + r2 = 5 e O1A = T1T2,
conclui-se que:
T1T22 + 52 = 102 ⇔ T1T22 = 75 ⇔ T1T2 = 5 . 3
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
18
D
6
Um cilindro reto de altura –––– cm está inscrito num
3
tetraedro regular e tem sua base em uma das faces do
tetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, o
volume do cilindro, em cm3, é igual a
π 3
a) ––––– .
4
π 6
d) ––––– .
9
π 3
b) ––––– .
6
π
e) –– .
3
π 6
c) ––––– .
6
Resolução
V
D
h
F
r
H
E
A
C
6
___
3
3
3
B
Sejam H e h as medidas, em centímetros, das alturas
dos tetraedros regulares VABC e VDEF.
Assim:
3 6
6
6 2 6
H = ––––– = 6 e h = H – –––– = 6 – –––– = –––––
3
3
3
3
Sendo ᐉ a medida, em centímetros, da aresta do
tetraedro VDEF, temos:
ᐉ 2 ᐉ 6
6
6
h = ––––– ⇒ ––––– = ––––– ⇔ ᐉ = 2
3
3
3
A medida r, em centímetros, do raio da base do
1 da altura do triângulo equilátero DEF.
cilindro é –––
3
2 ᐉ 1
1
3
3
3
Assim, r = ––– . ––––– = ––– . ––––– = ––––
3
3
2
2
3
Logo, o volume V do cilindro, em centímetros cúbicos,
é:
6
V = π r2 . ––––
=π.
3
3
––––
3
2
π 6
6
. –––– = –––––
3
9
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
19
E
Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, B
e C do plano xOy, sendo B = (2,1) e C = (5,5). Das
seguintes afirmações:
11
3
I. A se encontra sobre a reta y = – –– x + ––– ,
2
4
45
3
II. A está na intersecção da reta y = – –– x + ––– com
8
4
2
2
a circunferência (x – 2) + (y – 1) = 25,
III. A pertence às circunferências (x – 5)2 + (y – 5)2 = 25
75
7 2
e x – –– + (y – 3)2 = ––– ,
2
4
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II. c) III.
d) I e II.
e) II e III.
Resolução
C(5,5)
M
B(2,1)
A(x,y)
––––
7
1) O ponto médio do segmento BC é M ––, 3
2
––––
2) O ponto A pertence à mediatriz do segmento BC
3
7
cuja equação é y – 3 = – ––– . x – ––– ⇔
4
2
45
3
⇔ y = – ––– x + –––
8
4
3) d2AB = d2BC ⇒ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 9 + 16 ⇔
⇔ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25
4) d2AM =
5 3
–––––
2
7
⇒ x – –––
2
2
2
75
+ (y – 3)2 = –––
4
5) A está na intersecção da reta de equação
45
3
y = – ––– x + ––– com a circunferência de equa8
4
2
ção (x – 2) + (y – 1)2 = 25 e a afirmação II,
portanto, é verdadeira.
6) O ponto A também pertence à circunferência de
equação
75
7 2
x – ––– + (y – 3)2 = ––– e a afirmação III, pois,
4
2
também é verdadeira.
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
)x- 72 )
2
2 75
+ (y-3) = 4
A2
C(5,5)
M
B(2,1)
A1
y = - 3 x+ 45
4
8
(x-2)2+(y-1)2 = 25
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
20
B
Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regular
cujas arestas medem 1 cm. Se M é o ponto médio do
–––
–––
segmento AB e N é o ponto médio do segmento CD, então
a área do triângulo M ND, em cm2, é igual a
2
a) –––– .
6
3
d) –––– .
8
2
b) –––– .
8
3
e) –––– .
9
3
c) –––– .
6
Resolução
––––
DM é altura do triângulo equilátero ABD, e portanto,
1 . 3
3
DM = –––––– = –––– cm
2
2
No triângulo retângulo MND, temos:
(MN)2 + (ND)2 = (DM)2 ⇒
2
1 2
3
2
⇒ (MN)2 + ––– = –––– ⇒ MN = –––– cm
2
2
2
Assim, a área S do triângulo MND, em centímetros
quadrados, é:
2
1
–––– . –––
MN . ND
2
2
2
S = –––––––– = ––––––––– = ––––
2
2
8
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E
RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Sejam A, B e C conjuntos tais que C B,
n(B\C) = 3n(B C) = 6n(A B), n(A B) = 22 e
(n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geométrica de razão
r > 0.
a) Determine n(C).
b) Determine n(P(B\C)).
Resolução
Seja n(C) = x
1) C B ⇔ B C = C ⇒
n(B C) = n(C) = x
2) n (B \ C) = 3n(B C) ⇔
⇔ n[B – (B C)] = 3n(B C) ⇔ n[B – C] =
= 3n(C) ⇔ n(B) – n(C) = 3n(C) ⇔
n(B) = 4n(C) = 4x
, pois C B
3) Se (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geométrica, então [n(A)]2 = n(C) . n(B) = x . 4x ⇔
⇔
n(A) = 2x
, pois n(A) ≥ 0.
4) 3n(B C) = 6n(A B) ⇔ 3x = 6n(A B) ⇔
x
⇔ n(A B) = –––
2
5) Desta forma,
n(A B) = n(A) + n(B) – n(A B) =
11x
x
= 2x + 4x – ––– = ––– = 22 ⇒ x = 4
2
2
Assim, n (C) = x = 4
n(B \ C)
e n(P (B \ C)) = 2
3n(B C)
=2
3.x
=2
=
= 23 . 4 = 212 = 4096
Respostas: a) 4
b) 4096
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
22
A progressão geométrica infinita (a1, a2, ..., an, ...) tem
razão r < 0. Sabe-se que a progressão infinita
(aI, a6, ..., a5n+1, ...) tem soma 8 e a progessão infinita
(a5, a10, ..., a5n, ...) tem soma 2. Determine a soma da
progressão infinita (a1, a2, ..., an, ...).
Resolução
Se (a1, a2, a3, …) for uma progressão geométrica
infinita de razão r < 0, então:
1) (a1, a6, a11,…) é uma progressão geométrica
infinita de razão r5 e, portanto:
a1
––––––
=8
1 – r5
2) (a5, a10, a15, …) é uma progressão geométrica
infinita de primeiro termo a5 = a1 . r4 e razão r5 e,
portanto:
a1 . r4
––––––
=2
1 – r5
3) De (1) e (2), temos:
a1
––––––
1 – r5
8
1
––––––––––
–––
–––
=
⇔
=4⇔
a1 . r 4
2
r4
––––––
1 – r5
2
1
⇔ r = ± –––– ⇒ r = – –––– , pois r < 0
2
2
a1
2
4) –––––– = 8 e r = – –––– , então
2
1 – r5
a1
––––––––––––
= 8 ⇔ a1 = 8 + 2
5
2
1 + ––––
2
5) A soma dos termos da progressão geométrica
infinita (a1, a2, a3, …) é
8 + 2
––––––––––– = 14 – 6
2
2
1 + ––––
2
Resposta: 14 – 6
2
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
23
3x – 3–x
Analise se a função f : → , f(x) = –––––––– é bijetora
2
e, em caso afirmativo, determine a função inversa f–1.
Resolução
1) Como a função g definida por
g(x) = 3x é estritamente crescente, então x1 < x2 ⇒
⇒3
x1
x
<3 2⇒3
x1
–3
x2
< 0, ∀x1, x2 ∈ 2) Como a função h definida por
f(x) = 3–x é estritamente decrescente, então
–x1
x1 < x2 ⇒ 3
⇒ – (3
–x1
– x2
>3
⇒3
–x1
–3
– x2
>0⇒
–3
– x2
) < 0, ∀x1, x2 ∈ 3x – 3–x
3) A função f definida por f(x) = ––––––– é estrita2
mente crescente, pois para todo x1, x2, tal que
x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2), pois
x
–x
x
–x
3 2–3 2
3 1–3 1
f(x1) – f(x2) = ––––––––– – ––––––––– =
2
2
x
x
–x
–x
1
= ––– [(3 1 – 3 2) – (3 1 – 3 2)] < 0 ⇒ f(x1) < f(x2)
2
4) Se a função f é estritamente crescente, então ela é
injetora.
5) Im(f) = CD(f) = ⇒ f é sobrejetora.
6) Se f é injetora e sobrejetora, ela é bijetora.
3x – 3–x
1
⇒
7) y = ––––––– ⇒ 2y = 3x – –––
2
3x
2y + 4y2 + 4
⇒ (3x)2 – 2y (3x) – 1 = 0 ⇒ 3x = ––––––––––––– ⇒
2
⇒ 3x = y + y2 + 1 ⇒ x = log3 (y + y2 + 1 )
8) A função f –1: → é definida por
x2 + 1)
f–1(x) = log3 (x + Resposta: f é bijetora e
f –1: → tal que f –1(x) = log3(x + x2 + 1)
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
24
Seja f : → bijetora e ímpar. Mostre que a função
inversa f–1 : → também é ímpar.
Resolução
Sendo f: → bijetora e ímpar, para todo a ∈ ,
temos:
f(a) = b ∈ ⇔ f –1(b) = a e f(– a) = – b
De f(– a) = – b, temos f –1(– b) = – a
Assim:
f – 1(– b) = – a = – f – 1(b) e, portanto, f – 1 é ímpar.
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
25
6
Considere o polinômio p(x) = ∑ anxn, com coeficienn=0
tes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1. Sabe-se que se r é raiz de
p, – r também é raiz de p. Analise a veracidade ou
falsidade das afirmações:
Se r1 e r2, r1 ≠ r2, são raízes reais e r3 é raiz não real
de p, então r3 é imaginário puro.
II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário
puro.
III. a0 < 0.
I.
Resolução
6
1) p(x) = ∑ anxn = a0 + a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4 +
n=0
+ a5x5 + x6 tem coeficientes reais. Portanto, se
α + βi é raiz, então α – βi é raiz com a mesma
multiplicidade.
2) Se r1 e r2, r1 ≠ r2, são raízes reais e r3 é raiz não
real de p, então p(r1) = 0, p(– r1) = 0, p(r2) = 0,
p(– r2) = 0, p(r3) = 0, p(– r3) = 0.
3) Se r3 = α + βi é raiz, então α – βi é raiz e
se – r3 = – α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para
que α + βi, α – βi, – α – βi, – α + βi representem
apenas duas raízes, então α = 0, necessariamente,
e as raízes são βi, – βi.
4) Considerando que se r é raiz de p, – r também é
raiz de p, com a mesma multiplicidade, então se r
é raiz dupla de p, então – r é raiz dupla de p.
Se r = α + βi é a raiz dupla, então – r = – α – βi é
raiz dupla. Mas, se α + βi é raiz, então α – βi é raiz
e se α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para que
α + βi (dupla), – α – βi (dupla), α – βi (dupla),
– α + βi (dupla) representem apenas as 4 raízes,
deve-se ter α = 0 ou β = 0.
5) Considerando que se r é raiz de p, –r também é
raiz de p, sem a mesma multiplicidade, então um
polinômio p pode ter as seguintes raízes:
(1 + i) (dupla); (1 – i) (dupla); (–1 – i) (simples);
(–1 + i) (simples)
a0
6) O produto das 6 raízes de p(x) = 0 é + –––
.
1
Se r1, – r1, r2, – r2, r3 e – r3 são as 6 raízes, então
a0 = r1 (– r1) . r2 (– r2) . r3 . (– r3) ⇔
⇔ a0 = – (r1 . r2 . r3)2
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7) Se r1, r2 e r3 são raízes reais, então a0 < 0.
8) Se r1 e r2 são raízes reais e r3 = γi, então:
a0 = –(r1 . r2 . r3)2 = –(r1 . r2 . γi)2 =
= – (r1 . r2 . γ)2 . i2 ⇒ a0 = (r1 . r2 . γ)2 > 0
Resposta: A afirmação (I) é verdadeira.
A afirmação (II) é falsa.
A afirmação (III) é falsa.
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26
Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a
90, sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à
retirada de cada uma das demais.
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna.
Calcule a probabilidade de o número desta bola ser um
múltiplo de 5 ou de 6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna
e, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a
probabilidade de o número da segunda bola retirada
não ser um múltiplo de 6.
Resolução
1) Os múltiplos de 5 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(5; 10; 15; …; 90), num total de 18 termos.
2) Os múltiplos de 6 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(6; 12; 18; …; 90), num total de 15 termos.
3) Os múltiplos de 5 e 6 compreendidos entre 1 e 90
são 30, 60 e 90.
4) Os múltiplos de 5 ou 6 compreendidos entre 1 e 90
totalizam 18 + 15 – 3 = 30 números.
a) A probabilidade de o número desta bola ser um
1
30
múltiplo de 5 ou 6 é ––– = –––
3
90
b) Dos 90 números da urna, 75 não são múltiplos de
6. A probabilidade da segunda bola retirada não
ser um múltiplo de 6 é
5
75 74
15 75
––– . ––– + ––– . ––– = –––
6
90 89
90 89
1
Respostas: a) –––
3
5
b) –––
6
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
27
Considere as matrizes A ∈ M4x4() e X, B ∈ M4x1() :
A=
a
b
0
–a
1
1
2
2
1
0
0
1
b
a
0
b
; X=
x
y ;
z
w
e B=
b1
b2 ;
b3
b4
a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a
equação matricial AX = B tenha solução única.
b) Se a2 – b2 = 0, a ≠ 0 e B = [1 1 2 4]t, encontre X tal que
AX = B.
Resolução
a) AX = B tem solução única ⇔ det A ≠ 0 ⇔
a 1 b 1
a b 1
b
1 a 0 ≠ 0 ⇔ (–2) .
⇔
b a 0 ≠0⇔
0 2 0 0
–a b 1
–a 2 b 1
⇔ (– 4) . a2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 0
b) AX = B ⇒
⇒
⇒
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
.
x
y
z
w
=
1
1
2
4
ax + y + bz + w = 1 (I)
bx + y + az
= 1 (II)
2y
= 2 (III)
– ax + 2y + bz + w = 4 (IV)
Da equação (III), temos: y = 1
Subtraindo-se a equação (IV) da equação (I),
temos:
1
2ax – y = –3 ⇒ 2ax – 1 = –3 ⇒ x = – –––
a
Substituindo-se x e y na equação (II), temos:
b
1
b
1
b . – –– + 1 + az = 1 ⇒ z = –––
= –––
= –––
2
2
a
a
b
b
Substituindo-se x, y e z na equação (I), temos:
b
b2
1
–––
a . – –– + 1 + b . –––
+
w
=
1
⇒
w
=
1
–
a
a2
a2
b2
=1e
Como a2 – b2 = 0 e a ≠ 0, temos: –––
a2
portanto w = 0
Respostas: a) a ≠ 0
b) X =
1
– ––
a
1
1
–––
b
0
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
28
Considere a equação
x
x
(3 – 2 cos2 x) 1 + tg2 ––– – 6 tg ––– = 0.
2
2
a) Determine todas as soluções x no intervalo [0, π[.
b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x.
Resolução
x
x
a) (3 – 2 . cos2x) . 1 + tg2 ––– – 6 . tg ––– = 0 ⇔
2
2
x
sen ––
x
2
⇔ (3 – 2 . cos2x) . sec2 ––– – 6 . –––––––
=0⇔
x
2
cos ––
2
x
sen ––
3 – 2 . cos2x
2
⇔ –––––––––––– – 6 . ––––––– = 0
x
x
cos ––
cos2 ––
2
2
x
x
3 – 2 . cos2x – 6 . sen –– . cos ––
2
2
⇔ –––––––––––––––––––––––––––– = 0 ⇔
x
cos2 ––
2
2
3 – 2 . cos x – 3 . sen x
⇔ –––––––––––––––––––
=0⇔
x
cos2 ––
2
x
⇔ 3 – 2 . (1 – sen2x) – 3 . sen x = 0, com cos ––– ≠ 0
2
⇔
⇔ 2 . sen2x – 3 . sen x + 1 = 0 ⇔
1
⇔ sen x = 1 ou sen x = –––
2
No intervalo [ 0; π [, resulta:
π
π
5π
x = ––– ou x = ––– ou x = –––
6
2
6
cos x
b) Sendo cotg x = –––––– , temos:
sen x
π
1) Para x = ––– →
6
π
3
cos ––
–––––
π
6
2
→ cotg ––– = –––––– = –––––– = 3
π
1
6
sen ––
––
6
2
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
π
cos ––
0
π
π
2
= ––– = 0
2) Para x = ––– → cotg ––– = ––––––
π
1
2
2
sen ––
2
5π
3) Para x = ––– →
6
5π
3
– ––––
5π cos –––
6
2
3
→ cotg ––– = ––––––– = –––––– = – 5π
1
6
sen –––
––
6
2
π
π
5π
Respostas: a) x = ––– ou x = ––– ou x = –––
6
2
6
3 ou cotg x = 0 ou cotg x = – 3
b) cotg x = I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
29
Determine uma equação da circunferência inscrita no
triângulo cujos vértices são A = (1,1), B = (1,7) e C = (5,4)
no plano xOy.
Resolução
O triângulo ABC é isósceles e a circunferência inscrita
tem seu centro C’ pertencente à reta y = 4. Seja
C’ (a, 4) que acarreta r = a –1 > 0
A reta AC tem equação:
x y 1
5 4 1 = 0 ⇔ 3x – 4y + 1 = 0
1 1 1
A distância de C’ à reta AC é igual a r, da qual:
3a – 16 + 1
3a – 15
a – 1 = ––––––––––– ⇔ a – 1 = ––––––––– ⇔
5
9
+ 16
⇔ 3a – 15 = 5a – 5 ⇔ a = 5/2 ou a = – 5 (rejeitado)
3
5
Assim, r = ––– – 1 = –––
2
2
Logo, uma equação da circunferência inscrita no
9
triângulo ABC é (x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
9
Resposta: (x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
30
As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonalmente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivos
planos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os
3
raios destas esferas medem 2 cm e ––– cm, respectiva2
mente, calcule
a) a distância entre os centros das duas esferas.
b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção
das duas esferas.
Resolução
a) As superfícies de duas esferas se interceptam
ortogonalmente quando, para qualquer ponto A
— —
da intersecção, temos os raios AB e AC perpendiculares.
Assim, no triângulo ABC, retângulo em A, temos:
(BC)2 = 22 +
3
–––
2
2
5
⇒ BC = ––– cm
2
b) No triângulo retângulo ABC, temos:
5
I) (AB)2 = (BC) . (BM) ⇒ 22 = ––– . BM ⇒
2
8
⇒ BM = ––– cm
5
5
8
9
II) CM = BC – BM = ––– – ––– ⇒ CM = ––– cm
2
5
10
8
Assim, DM = BD – BM = 2 – ––– ⇒
5
2
3
9
⇒ DM = ––– cm e EM = CE – CM = ––– – ––– ⇒
5
2
10
3
⇒ EM = ––– cm
5
A área S da superfície do sólido obtido pela
intersecção das duas esferas é dada pela soma das
— —
áreas das calotas esféricas com alturas DM e EM
determinadas nas esferas com centros em B e em
C, respectivamente.
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9
Logo, S = 2π . (AB) . (DM) + 2π . (AC) . (EM) =
17π
3
3
2
= 2π . 2 . ––– + 2π . ––– . ––– = –––– cm2
5
5
2
5
5
Respostas: a) ––– cm
2
17π
b) –––– cm2
5
I TA ( 3 º D i a ) – D E Z E M B R O / 2 0 0 9