03
Considere o sistema Ax = b, em que
1
1 
 1 –2
3 


A= 2 k
6
, b =  6  e k ∈ R.
 


 –1 3 k – 3
 0 
Considere uma população de igual número de homens
e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e
0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja
mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa
população.
a)
1
21
b)
1
8
c)
3
21
d)
5
21
e)
Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o
sistema impossível e sendo S a soma de todos os valores
de k que tornam o sistema possível e indeterminado,
então o valor de T – S é
a)–4 b) –3 c) 0 d) 1 e) 4
1
4
Resolução
Seja a o número de homens e a o número de mulheres.
Temos, conforme a tabela
Homens
Mulheres
População
Total
a
a
2a
Daltônicos
5% a
0,25% a
5% a + 0,25% a
Resolução
 x1 
 
Admitindo x =  x 2  com x1 , x 2 , x3 ⊂ R, temos:
 x 
3
{
1
 1 –2
3   x1 


I) Ax = b ⇔  2 k
6  .  x2  =  6  ⇔
 


 –1 3 k – 3  x 
 0 
 3
A probabilidade de ser mulher uma pessoa daltônica é:
0, 25% a
0, 0025 a
=
=
5% a + 0, 25% a 0, 05 a + 0, 0025 a
0, 0025 a
25
1
=
=
=
0, 0525 a
525 21
 x1 – 2x 2 + 3x 3 = 1

⇔  2x1 + kx 2 + 6x 3 = 6
com
 –x + 3x + (k – 3)x = 0
2
3
 1
P=
2
 1 –2
3 
2 k
6  e


 –1 3 k – 3
Sejam α, β ∈  tais que α = β = 1 e α – β =
Então, α2 + β2 é igual a
a) –2 b) 0 c) 1 d) 2 e) 2i
2.
1) α = β = 1 , então α = cosx + i . senx e
β = cosy + i . seny.
4
2) α – β = (cosx – cosy) + i . (senx – seny)
2
a) 3n ⇔ cos2x – 2.cosx.cosy + cos2y + sen2x – 2.senx.seny +
sen2y = 2 ⇔
⇔ cosx.cosy + senx.seny = 0 ⇔ cos(x – y) = 0
4) α2 + β2 = cos2x + i · sen2x + cos2y + i · sen2y =
=(cos2x + cos2y) + i · (sen2x + sen2y) =
= 2 · cos(x + y) · cos(x – y) +
i · 2 · sen(x + y) · cos(x – y) = 0,
pois cos(x – y) = 0
OBJETIVO
1
6

0 
Sejam A e C matrizes n × n inversíveis tais que
det(I + C–1A) = 1/3 e detA = 5. Sabendo-se que
B = 3 (A–1 + C–1)t, então o determinante de B é igual a
2
(cos x – cos y)2 + ( senx – seeny)2 =
 1 –2
3
2 k
6

 –1 3 k – 3
matrizes completa e incompleta do sistema, com
características respectivamente iguais a p e q.
II) Para k = 0, temos: p = q = 2 (sistema possível e
indeterminado)
Para k = – 4, temos: p ≠ q (sistema impossível)
Dessa forma, T = –4, S = 0 e T – S = – 4
Resolução
3) α – β =
}
c)
1
5
b) 2 ·
d)
3n
52
3n−1
5
e) 5 · 3n – 1
Resolução
1) Como (A–1 + C–1) . A = I + C–1 . A, temos:
det[(A–1 + C–1) · A] = det(I + C–1 · A) ⇔
32
ITA – Dezembro/2007
⇔ det (A–1 + C–1) · det A = det (I + C–1 · A) ⇔
⇔ det (A–1 + C–1) · 5 =
Sendo R o raio da esfera e d a distância da aresta do
diedro ao centro O da esfera, tem-se:
1) 4 π R3 = 4 3π cm 3 ⇔
3
1
1
⇔ det (A–1 + C–1) =
15
3
⇔ R3 = 3 3 cm 3 ⇔ R =
2) detB = det [3(A–1 + C–1)t] = 3n · det(A–1 + C–1)t =
= 3n · det (A–1+ C–1) = 3n ·
5
1
3n–1
=
15
5
R
R
⇔d =
d
sen60 0
2) sen60 0 =
Assim :
Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios
cujos graus formam uma progressão geométrica. Se o
polinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de
P é 62, então o de maior grau tem grau igual a
a) 30 b) 32
c) 34
d)36
e) 38
d =
3
cm ⇔ d = 2 cm
3
2
7
Resolução
Considere o quadrado ABCD com lados de 10 m de
comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB e N
um ponto sobre o lado AD, equidistantes 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
intersecção de s com o lado BC e Q é a intersecção de r
com o lado DC. Sabendo-se que as áreas dos quadrados
AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, uma
progressão geométrica, então a distância entre os pontos
A e M é igual, em metros, a
Sendo (2; 2q; 2q 2 ; 2q 3 ; 2q 4 ) os graus dos
5 polinômios considerados, temos :
1) gr [ P] = 2 + 2q + 2q 2 + 2q 3 + 2q 4 = 62 e q ∈ * ⇔
⇔ q 4 + q 3 + q 2 + q − 30 = 0 e q ∈ * ⇔
⇔ ( q − 2) ( q 3 + 3q 2 + 7 q + 15) = 0 ⇔ q=2, pois,
para ∀ q ∈ *, tem-se q 3 + 3q 2 + 7 q + 15 > 0
2) O grau do polinômio de maior grau, entre os cinco
considerados, é 2q4 = 2 · 24=32
06
3 cm
Um diedro mede 120°. A distância da aresta do diedro
ao centro de uma esfera de volume 4 3π cm3 que
tangencia as faces do diedro é, em cm, igual a
a ) 15 + 5 5
b) 10 + 5 5
d ) 15 − 5 5
e) 10 − 3 5
c ) 10 − 5
Resolução
a)3 3 b)3 2 c) 2 3
d) 2 2 e)2
Q
D
Resolução
10 - x
C
10 - x
10 - x
O
N
120
10 - x
P
10 - x
x
60
60
d
R
A
O
R
((
x
M
B
10 - x
Sendo x (0<x<10) a distância, em metros, entre os
pontos A e M, de acordo com o enunciado, tem-se:
10 − x
))
2
2
((
= x 2 · 102 ⇔ 10 − x
) ) = ( x · 10)
2
2
2
⇔
⇔ 100 − 20 x + x 2 = 10 x ⇔
⇔ xx22−−30
30xx++100
100==00 ⇔
ITA – Dezembro/2007
33
OBJETIVO
⇔ x=
09
30 − 500
, pois x < 10
2
Portanto: x =
8
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 1/2 – i/2 também é
sua raiz. Então, o máximo de a, b, c é igual a
30 − 10 5
⇔ x = 15 − 5 5
2
a)–1 Considere o polinômio
b) 1 p(x) = a5 x5 + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 – 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 a4 = 1/2, então p(–2) é igual a
c) 2 a) –25
De acordo com o enunciado, o conjunto solução da
equação 2x4 + ax3 + bx2 + cx – 1 = 0 é
d) 3 e) 4
Resolução
b) –27
c) –36
1 1 1 1

 – i; + i ; m; n  , com m, n ∈ 
2 2 2 2

1 1  1 1 
1
Assim,  – i  .  + i  . m . n = – ⇔
2
2 2  2 2 
d) –39
e) –40
Resolução
Seja r a razão da progressão aritmética
1
(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ), com a4 =
2
1
1) a5 = a4 + r = + r (I)
2
2) Como x = – 1 é raiz de
1
1
. m . n = – ⇔ m . n = –1
2
2
Se m . n = –1 e m, n ⊂ , então :
⇔
{
m = 1 e n = –1 ou m = –1 e n = 1
Escrevendo a equação apresentada na forma
p(x) = a5 x 5 + a4 x 4 + a3 x 3 + a2 x 2 – a1 ,
fatorada, tem
mos :

1 1 
1 1 
2 . ( x – 1 ( x +1  x – – i   x – + i  = 0 ⇔
2 2 
2 2 

)
temos :
p(−1) = − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 = 0 ⇔
123 123
r
r
⇔ − a5 + 2r = 0 ⇔ a5 = 2r ( II )
)
⇔ 2x 4 – 2x 3 – x 2 + 2x – 1 = 0
Logo : a = –2, b = –1, c = 2
O maior valorr é 2.
1
1
+ r = 2r ⇔ r =
2
2
4) A progressão aritmética considerada é
10
3) De (I) e (II), tem-se
É dada a equação polinomial
1
1
1
1
( –1; − ; 0; ; 1), pois a4 =
e r=
2
2
2
2
O polinômio considerado é
1
1 2
p(x) = 1 · x 5 + x 4 + 0 · x 3 −
x – ( –1) ⇔
2
2
1 4
1 2
⇔ p(x) = x 5 +
x −
x + 1
2
2
5) Dessa forma,
1
1
p(−2) = (−2) 5 +
· ( −2) 4 −
· ( −2)2 + 1 = −25
2
2
ITA – Dezembro/2007
}
(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
o produto abc é igual a
a) –2 b) 4 c) 6 d) 9 e) 12
Resolução
Lembrando que sendo a0 ≠ 0, a equação
34
OBJETIVO
a0 x3 + a1x2 + a2x +a3 = 0 é recíproca de primeira
espécie se, e somente se, a0 = a3 e a1 = a2 e, sabendo
que 1 é raiz da equação, temos:
a) y = 3(x − 1)
3
x
2
3
c) y =
(x + 1)
3
− 3
d) y =
(x − 7)
5
− 3
e) y =
(x − 4)
2
b) y =
a + c + 2 = a + b + 4

⇔
 b + 3c + 1 = c – a
 a + c + 2 + b + 3c + 1 + c – a + a + b + 4 = 0

–b + c = 2
 a + 2b + 5c = –7


⇔
⇔  a + b + 2c = –1 ⇔  – b + c = 2
 a + 2b + 5c = –7
 – b – 3c = 6


 a + 2b + 5c = –7
a = 4


⇔  b = –3
⇔ –b + c = 2
 –4c = 4
c = –1


Logo, o produto abc é igual a
Resolução
A equação da cônica λ, no 1o quadrante, resulta:
x2 – y2 = 1 ⇔ y = x 2 − 1
Seja t a reta tangente a λ no ponto P (2; 3).
4 . (–3) . (–1) = 12
Se y’ =
11
1
12
4
c) 15
d)
1
15
13
,
O conjunto imagem e o período de
f(x) = 2 sen2 (3x) + sen(6x) – 1 são, respectivamente,
1
e)
2 5
Resolução
a) [ –3, 3] e 2 π
Nas condições do problema, temos:
3
3
4
1) arcsen = a ⇔ sen a = e cos a =
5
5
5
2) arccos
x2 − 1
A reta r, perpendicular à reta t, no ponto P (2; 3), tem
equação:
− 3
3
y− 3 =
⋅ ( x − 2) ⇔ y = −
⋅ ( x − 4)
2
3
7
b) 25
x
então o coeficiente angular da reta t é
2
2
mt =
=
2
3
2 −1
Sendo [–p/2, p/2] o contradomínio da função arcoseno e
[0, p] o contradomínio da função arcocosseno, assinale
o valor de

3
4
cos  arcsen + arccos 
5
5

a)
dy
1
=
⋅ 2x =
dx 2 ⋅ x 2 − 1
b) [−2, 2 ] e
4
4
3
= b ⇔ cos b = e sen b =
5
5
5
c) − 2 , 2 e
Portanto:

3
4
cos  arcsen + arccos  = cos (a + b) =
5
5

= cos a . cos b – sen a . sen b =
4 4 3 3
7
= . – . =
5 5 5 5 25
12
d) [ –1, 3] e
π
3
e) [ –1, 3] e
2π
3
π
3
Resolução
f(x) = 2 · sen2(3x) + sen (6x) –1 =
= sen (6x) – [1 – 2 · sen2(3x)] =
= sen(6x) – cos(6x) =
Dada a cônica λ : x2 – y2 = 1, qual das retas abaixo é
perpendicular à λ no ponto P = (2, 3 )?
OBJETIVO
2π
3
35
ITA – Dezembro/2007
= sen(6x) – sen(90º – 6x) =
= 2 · cos
6x + 90 o – 6x
2
⇔ y = 2 ± 5 ou y = 2 ± 3 ⇔
· sen
6x – 90 o + 6x
2
⇔ y = 2 + 3 ou y = 2 – 3 ou y = 2 + 5 ,
pois y > 0
Assim sendo :
=
= 2 · cos 45º · sen (6x – 45º) =
=
y = 1 ou y = 2 −
2 · sen (6x – 45º)
Sendo f(x) =
y=2+
2 · sen(6x – 45º), temos que:
⇒ 5 = 1 ou 5x = 2 – 3 ou 5x = 2 +
5 =2+
2 ⇔
5 e, portanto :
(
x = log5 2 +
f(x) é o intervalo  – 2; 2 
2) o período da função resulta: P =
(
)
3 ou
)
(
x = 0 ou x = log5 2 – 3 ou x = log5 2 +
⇔ – 2  f(x)  2 , isto é, o conjunto imagem de
14
5⇒
x
2 · sen(6x – 45º) 
3 ou
x
1) –1  sen (6x – 45º)  1 ⇔
⇔– 2 <
3 ou y = 2 +
2π π
=
6
3
5
)
15
3 ou
Um subconjunto D de R tal que a função f : D → R,
definida por f(x) = ln (x2 – x + 1) é injetora, é dado por
y
a) R b) (– ∞, 1] c) [0, 1/2] d) (0,1) e) [1/2, ∞)
Para x  R, o conjunto solução de
Resolução
|53x
O gráfico da função g,1definida por g(x) = x2 – x + 1, é
do tipo:
–
52x+1
+4.
{
a) 0, 2 ±
5x|
|5x
=
5, 2 ± 3
{
(
b) 0, 1, log5 2 +
5
– 1| é
3
y
4
}
)} {
(
)
(
5 , log5 2 +
x
1
3
4
)
(
3 , log5 2 – 3
1
1
2
 1
 2  
1
c)  0, log5 2, log5 3,log5 
 2
 2  
 2
d) 0, log5 2 +
1
2
1
)} x
O gráfico da função h, definida por
h(x) = ln (x2 – x + 1), é do tipo:
y
e)A única solução é x = 0
1
2
Resolução
0
Substituindo 5x por y > 0, temos:
x
1
|53x – 52x+1 + 4 . 5x| = |5x – 1| ⇔
O gráfico de função f, definida por
f(x) = ln (x2 – x + 1), é do tipo:
⇔ |y3 – 5y2 + 4y| = |y – 1| ⇔
y
⇔ |y| . |y – 1| . |y – 4| = |y – 1|
Temos, então, as duas seguintes possibilidades:
1) |y–1| = 0 ⇔ y = 1
0
2) |y| . |y – 4| = 1 ⇔ y(y – 4) = 1 ⇔
1
x
Dos subconjuntos de R apresentados, o único em que f
é injetora é [0, 1/2]
⇔ y2 – 4y –1 = 0 ou y2 – 4y + 1 = 0 ⇔
ITA – Dezembro/2007
1
2
36
OBJETIVO
16
18
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo
distinto dos demais, BÂC, mede 40°. Sobre o lado AB,
tome o ponto E tal que ACˆE = 15°. Sobre o lado AC ,
A soma de todas as soluções distintas da equação
cos 3x + 2 cos 6x + cos 9x = 0,
que estão no intervalo 0  x  π/2, é igual a
23
π 12
7
d) π
6
a) 2π b)
9
c) π 6
e)
tome o ponto D tal que DB̂C = 35°. Então, o ângulo ED̂B
vale
13
π
12
a) 35° b) 45° c) 55° d) 75° e) 85°
Resolução
Com os dados do enunciado, pode-se montar a seguinte
figura, onde θ é a medida, em graus, do ângulo ED̂B
Resolução
Fazendo-se 3x = a na equação
cos 3x + 2 · cos 6x + cos 9x = 0,
A
resulta: cos a + 2 · cos 2a + cos 3a = 0 ⇔
3a + a
⇔ 2 · cos 2a + 2 · cos
2
40°
3a – a
· cos
=0⇔
2
⇔ 2 · cos 2a + 2 · cos 2a · cos a = 0 ⇔
⇔ 2 · cos 2a · (1 + cos a) = 0 ⇔
E
⇔ cos 2a = 0 ou cos a = –1
55°
Portanto: cos 6x = 0 ou cos 3x = –1 ⇔
π
+ n · π ou 3x = π + n · 2π, (n ∈ ) ⇔
2
π
π
2π
π
⇔ x=
+n·
ou x =
+n·
(n ∈ )
6
3
3
12
π
Para 0 ≤ x ≤ , a soma de todas as soluções distintas é:
2
π
π
5π
π
13
+ +
+ =
π
S=
12
4
12
3
12
90° – θ
⇔ 6x =
F
°
55°
C
B
17
1) Da congruência entre os triângulos retângulos FBC e
FBE, resulta: FC = FE
Considere o conjunto D = {n ∈ ; l ≤ n ≤ 365} e
H ⊂ P (D) formado por todos os subconjuntos de D com
2 elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B ∈ H, a
probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 é igual a
1
730
75°
15
35°
35°
a)
D
θ
b)
46
33215
c)
1
365
d)
92
33215
e)
2) Os triângulos retângulos FDC e FDE são con­­gru­
en­tes pelo critério LAL, pois: FC = FE, FD é lado
comum e DF̂C = DF̂E = 90º
Assim: FĈD = FÊD ⇔ 15º = 90º – θ ⇔
⇔ θ = 90º – 15º ⇔ θ = 75º
91
730
Resolução
1) O número de elementos de H é
365.364
C365,2 =
= 66430
2
2) Os elementos de H, cuja soma dos dois elementos
é 183, são {1;182}, {2;181}, {3;180}…; {91;92} e,
portanto, são 91.
91
1
3) A probabilidade pedida é
=
66430 730
OBJETIVO
19
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}
37
ITA – Dezembro/2007
Resolução
Os conjuntos X, Y, Z e W não estão bem definidos pelas
condições dadas. O que se pode afirmar é o que se segue:
a) 175
3
e 5 21
3
a) De (X – Y) ∩ Z = {1; 2; 3; 4} e
b) 175
3
e 10 21
3
X ∩ W ∩ Z = {2; 4}, temos: {1; 3} ⊂ X,
c) 175 3 e 10 21
{1; 3} ⊂ Z, 1 ∉ W e 3 ∉ W
b) De W ∩ (X – Z) = {7; 8} e X ∩ W ∩ Z = {2; 4}, temos:
{7; 8} ⊂ W, {7; 8} ⊂ X, 7 ∉ Z e 8 ∉ Z
d) 175 3 e 5 211
e) 700 e 10 21
c) De Y = {5; 6} e Z ∩ Y = ∅, temos: 5 ∉ Z e 6 ∉ Z
Resolução
d) As informações dos itens a, b e c permitem colocar os
números 1, 2, 3, 4, 7 e 8 conforme o diagrama
X
P
W
C
�
5
t // r
5
Q
7
1 3
8
�
10
10
2 4
�
A
Do diagrama, pode-se determinar que
X ∩ (Z ∪ W) = {1; 2; 3; 4; 7; 8}
s
B
1) AR2 + 152 = 2 ⇒ AR =
l 2 − 225
2) RB2 + 102 = 2 ⇒ RB =
3) PC = AB = AR + RB
l 2 −100
Assim: PC = l 2 − 225 +
e) Como {2; 4} ⊂ Z e {2; 4} ⊂ W, temos que
{2; 4} ⊂ [W ∩ (Y ∪ Z)]
l 2 − 100
4) (PC)2 + 52 = 2
Como 1 ∉ W e 3 ∉ W, temos que
Assim :
1 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)] e 3 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)]
Como 7 ∉ Z e 8 ∉ Z, temos que
(
⇔2
7 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)] e 8 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)]
,2 − 225 +
(,
2
,2 − 100
)(
= {1; 2; 3; 4; 7; 8} – [W ∩ (Y ∪ Z)] =
)
) +5 =, ⇔
2
2
2
− 225 ,2 − 100 = 300 − ,2 ⇔
⇔ 3, 4 − 700 ,2 = 0
f) [X ∩ (Z ∪ W)] – [W ∩ (Y ∪ Z)] =
,2 =
700
, pois ,2 > 0
3
5)A área S, em centímetros quadrados, do triângulo eqüilátero
PQR é dada por:
= {1; 3; 7; 8}
S=
Sejam r e s duas retas paralelas distando 10 cm entre si.
Seja P um ponto no plano definido por r e s e exterior
à região limitada por estas retas, distando 5 cm de r. As
respectivas medidas da área e do perímetro, em cm2 e cm,
do triângulo equilátero PQR cujos vértices Q e R estão,
respectivamente, sobre as retas r e s, são iguais a
ITA – Dezembro/2007
R
Seja , a medida, em centímetros, do lado do triângulo
eqüilátero PQR
Z
20
r // s
l 2 · 3 700
3
175 3
=
·
=
4
3
4
3
6)O perímetro u, em centímetros, do triângulo eqüilátero
PQR é dado por:
u = 3l = 3 ·
38
700
=3 ·
3
2100
= 2100 = 10 21
9
OBJETIVO
21
4)Os valores de z encontrados em (2) que obedecem à
condição
1 < |z + 2|< 3 ⇔ 1 < |z + 2|2 < 9
são: 2i ; –2i ; – 3 + i ; – 3 – i
Resposta: 2i; – 2i; – 3 + i; – 3 – i
{
}
2
2
Dado o conjunto A = x ∈ R; 3 x + 2 x < x ,
expresse-o como união de intervalos da reta real.
Resolução
23
2
ou x  0
3
3x 2 + 2 x < x2 ⇒ 3x2 + 2x < x4 ⇒
I) 3x2 + 2x  0 ⇔ x  –
⇒ x · (x3 – x – 2x – 2) > 0 ⇒
Seja f(x) = ln (x2 + x + 1), x ∈ R. Determine as
funções h, g : R → R tais que f(x) = g(x) + h(x),
∀x ∈ R, sendo h uma função par e g uma função
ímpar.
⇒ x [x (x + 1) (x – 1) – 2 (x + 1)] ⇔
Resolução
II)
⇒ x4 – 3x2 – 2x > 0 ⇒ x (x3 – 3x – 2) > 0 ⇒
1) f(x) = ln (x2 + x + 1) ⇔ f(–x) = ln (x2 – x + 1)
2) f(x) = g(x) + h(x) ⇔ f(–x) = g(–x) + h(–x) ⇔
⇔ f(–x) = – g(x) + h(x), pois g é função ímpar e h é
função par.
Como f(x) = g(x) + h(x) e f(–x) = – g(x) + h (x),
temos:
f ( x ) + f (– x )
h (x) =
e
2
f ( x ) – f (– x )
g (x) =
⇔
2
⇒ x (x + 1) (x2 – x – 2) > 0 ⇒
⇒ x (x + 1) (x +1) (x – 2) > 0 ⇒
⇒ x (x + 1)2 (x – 2) > 0 ⇒ x (x – 2) > 0 ⇒
⇒ (x < 0 ou x > 2) e x ≠ –1.
De I e II, concluímos que
x ≤–
2
e x ≠ –1 ou x > 2
3
Resposta:
A =] – ∞; –1 [ ∪ ] –1; –
22
⇔ h (x) =
2
] ∪ ] 2; +∞[
3
ln( x 2 + x + 1) + ln( x 2 – x + 1)
e
2
2
2
g (x) = ln( x + x + 1) – ln( x – x + 1) ⇔
2
⇔ h (x) = ln ( x 2 + x + 1) · ( x 2 – x + 1) e
4z6
Determine as raízes em  de
+ 256 = 0, na forma a
+ bi, com a, b ∈ R, que pertençam a
g (x) = ln
S = {z ∈ ; 1< |z + 2| < 3}.
x2 + x +1
, x ∈ R
x2 – x +1
Resolução
1)4z6 + 256 = 0 ⇔ z6 = – 64 ⇔
⇔ z6 = 64 (cos 180° + i . sen 180°)
2)As raízes dessa equação são:
Resposta: h (x) = ln ( x 2 + x + 1) · ( x 2 – x + 1) e
z1 = 2 . (cos 30° + i . sen 30°) = 3 + i
z2 = 2 . (cos 90° + i . sen 90°) = 2i
g (x) = ln
z3 = 2 . (cos 150° + i . sen 150°) = –
24
3 +i
z4 = 2 . (cos 210° + i . sen 210°) = – 3 – i
z5 = 2 . (cos 270° + i . sen 270°) = – 2i
z6 = 2 . (cos 330° + i . sen 330°) =
3)Observe que:
|2 ± 2i|2 = 8
x2 + x +1
, x ∈ R
x2 – x +1
Sejam α, β, γ ∈. 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).
3 –i
|2 +
3 ± i|2 = 8 + 4 3 ≅ 14,9
Resolução
|2 –
3 ± i|2 = 8 – 4 3 ≅ 1,1
Para que o polinômio
OBJETIVO
39
ITA – Dezembro/2007
 1 0
 –1 0 
III ) Para y = 0, temos : A = 
ou A = 

 0 1
 0 1 
p(x) = x5 – 9x4 + (α – β – 2γ) x3 + (α + 2β + 2γ – 2) x2 +
(α – β – γ + 1) x + (2α + β + γ – 1) tenha x = 0
como raiz com multiplicidade 3, devemos ter:
  −  − 2 ≠ 0
 −


  + 2 + 2 − 2 = 0 ⇔  +


 −  −  + 1 = 0
 −
 2 +  +  − 1 = 0
  =
 −  − 2 ≠ 0   ≠ − 2


⇔   +  = 1 ⇔   = 1−  ⇔
 = 0
  =0


1 0 
 –1 0 
ou A = 
ou A = 

 0 –1
 0 –1
 1 – y2
IV ) Para x = – w, temos : A = 

y
 − 2 ≠ 0
2 + 2 = 2
⇔
 −  = −1
0
 – 1 – y2
ou A = 

y
  ≠ −1

 = 1− 
 = 0

26
Se  = m ≠ − 1, temos :  = 0,  = 1 − m e  = m

 e y ≤1
1 – y 2 
y
Determine todos os valores α ∈
equação (em x)
Resposta:
α = 0, β = 1 – m e γ = m, com m ∈  e m ≠ –1


– 1 – y 2 
y
–π π
,
2 2
tais que a
x 4 – 2 4 3 x 2 + tg α = 0
25
Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é in-
admita apenas raízes reais simples.
Resolução
A equação x 4 − 2 · 4 3 · x 2 + tg α = 0 , com x2 = y,
resulta: y 2 – 2 · 4 3 · y + tg α = 0 .
A equação em x admite apenas raízes reais simples
quando a equação em y admitir raízes reais distintas
e estritamente positivas, o que ocorre nas seguintes
condições:
I) ∆ > 0 ⇔ (2 · 4 3 )2 – 4 tg α > 0 ⇔ tg α < 3
Resolução
versível e A–1 = At. Determine todas as matrizes
2 3 2 que são simétricas e ortogonais, expressandoas, quando for o caso, em termos de seus elementos
que estão fora da diagonal principal.
x
Seja A = 
z
y
w 
I ) Se A é simétrica, devemos ter :
x
A = At ⇔ 
z
x z
y
= 
⇔y = z

 y w 
w
II) P =
II ) Se A é ortogonal , vem :
A
–1
= A ⇔A . A
t
 1 0
x
⇔
= 

 0 1
z
–1
Assim: 0 < tg α < 3 , no intervalo
= A . A ⇔I = A . A ⇔
y
w 
t
t
resulta 0 < α <
x z
.
⇔
 y w 
2
27
Como y = z , temos :
2
P (A  B  C) = 1/16, e sabe-se que
P ((A  B)  (A  C)) = 3/10. Calcule as probabilidades
condicionais P (C A  B) e P (C A  BC ).
Resolução
1) Se A e B são eventos independentes, então:
1
1
1
·
=
P (A  B) = P(A) · P(B) =
2
2
4
1 0 
 –1 0 
ou A = 
ou A = 

 0 –1
 0 –1
 1 – y2

y
π
3
P (A) = P (B) = 1/2, com A e B independentes,
 1 0
 –1 0 
III ) Para y = 0, temos : A = 
ou A = 

 0 1
 0 1 
ITA
Dezembro/2007
IV )–Para
x = – w, temos : A = 
,
Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são
dados os eventos A, B e C tais que:
 x = ± 1 – y2

x + y = 1
 y = 0 ou x = – w

 xy + yw = 0 ⇔ 
2
 w2 + y2 = 1
w = ± 1 − y


y ≤1
2
–π π
,
2 2
π
3
Resposta: 0 < α <
 x + y xz + yw 
 1 0
⇔
= 
.

 0 1
 xz + yw z 2 + w 2 
2
C
= tg α > 0
A


– 1 – y 2 
y
40
OBJETIVO
P (A ∩ B ∩ C)
=
2) P (C A  B) =
P (A ∩ B)
1
16
1
4
=
28
1
4
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está
5 2
. Sabe-se
3
3) P ((A  B)  (A  C)) = P (A  B) +
inscrito numa circunferência de raio
+ P (A  C) – P (A  B  C) ⇔
que AB mede 2 5 e BC mede 2 2 . Determine a área
do triângulo ABC.
3
1
1
9
⇔ P (A ∩ C ) =
= + P (A ∩ C ) −
10
4
16
80
4) Observe, pelo diagrama abaixo, que
n (C  A  BC) = n (A  C) – n (A  B  C) e,
portanto:
P (C  A  BC) = P (A  C) – P (A  B  C) = 9
1
4
1
−
=
=
=
80 16
80
20
⇔
Resolução
Com os dados do enunciado, podemos montar a seguinte
figura:
5) Observe, pelo diagrama seguinte, que:
n (A  BC) = n (A) – n (A  B) e, portanto:
1
1
1
P (A  BC) = P (A) – P (A  B) = − =
2
4
4
4 2
44
1) sen  = 3 =
=
55
5 2
3
2) cos  =
2
5 2
3
==
33
55
5
10
3 == 10
3) sen  =
10
10
5 2
3
P (C ∩ A ∩ BC )
=
6) P (C A  BC ) =
P (A ∩ BC )
1
Respostas: P (C A  B) = e
4
1
P (C A  BC ) =
5
OBJETIVO
1
20
1
4
4) cos  =
1
=
5
5
==
10
33 10
10
10
5 2
3
5) sen ( + ) = sen  cos  + sen  cos 
3 10
Assim: sen ( + ) = 4 · 3 10 + 10 · 3 == 3 10
10
5
10
10 5
10
41
ITA – Dezembro/2007
6) A área S do triângulo ABC é dada por:
AB · BC · sen ( + )
S=
2
2


2
r 3
πr 
r 3
1) V1 =
r 3 +
+
r
3
.
⇔

6 
2 
 2 


3
7 πr
⇔V1 =
8
2
2

r 
πr   r 3 
2) V2 =
3.
 +  ⇔
12   2 
 2


3
5 πr
⇔V2 =
24
7 πr 3
5 πr 3
16 πr 3
3) V = V1 – V2 ⇔V =
–
⇔V=
⇔
8
24
24
2 πr 3
⇔V=
3
2 πr 3
Resposta :
unidades de volume
3
( )
120
Assim: S = 1 · 2 5 · 2 2 · 3 10 ⇔ S =
⇔
20
2
10
⇔S=6
Resposta: 6 unidades de área
29
Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB
um diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero
BDE inscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos
pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à
circunferência C no ponto A. Determine o volume do
sólido de revolução gerado pela rotação da região
limitada pelo arco AE e pelos segmentos AF e EF
em torno do diâmetro AB .
30
Resolução
Considere a parábola de equação y = ax2 + bx + c,
que passa pelos pontos (2, 5), ( –1, 2) e tal que a, b,
c formam, nesta ordem, uma progressão aritmética.
Determine a distância do vértice da parábola à reta
tangente à parábola no ponto (2, 5).
Resolução
Sabendo-se que a, b, c (nessa ordem) estão em P.A.
e que a parábola passa pelos pontos (2, 5) e (–1, 2),
conclui-se que:
O
 a – 2b + c = 0

 4a + 2b + c = 5
a – b + c = 2

 a = –1

⇔ b = 2
c = 5

Assim, a equação da parábola é y = –x2 + 2x + 5, cujo
vértice tem coordenadas V (1; 6).
Se y' =
é o coeficiente angular da reta tangente no ponto
(2, 5), então a reta tangente nesse ponto resulta:
O volume V do sólido gerado é dado por: V = V1 – V2,
onde V1 é o volume de um tronco de cone circular reto
y – 5 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y – 9 = 0
de raios das bases r 3 e r 3 e altura r , e V2 é o
2
2
volume de um segmento circular de raio da base r 3
2
e altura r .
2
Assim sendo, tem-se:
ITA – Dezembro/2007
dy
= –2x + 2 e mt = f''(2) = – 2 . 2 + 2 = –2
dx
A distância do vértice V (1, 6) à reta 2x + y – 9 = 0 é:
d=
2.1+6–9
2
2 +1
Resposta : d =
42
2
=
1
5
=
5
5
5
5
OBJETIVO