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8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
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trabalho pioneiro.Prestao de servios com tradio de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de no cometer injustias.Didtico, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graas a seu formato: reproduo de ca-da questo, seguida da resoluo elaborada pelos professores doAnglo.No final, um comentrio sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnolgico de Aeronutica ITA uma escola deengenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronutica, Engenharia Mecnica Aeronutica, Engenharia deInfra-Estrutura, Engenharia Eltrica e Engenharia de Computao),trata seu vestibular, que realizado em 4 dias:1 dia: FSICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10 questesdissertativas.2 dia: PORTUGUS, com 20 questes de mltipla escolha, 5
questes dissertativas e uma redao, e INGLS, com 20 questesde mltipla escolha.3 dia: MATEMTICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10questes dissertativas.4 dia: QUMICA, com 20 questes de mltipla escolha e 10questes dissertativas.
S corrigida a parte dissertativa do candidato que obtm nota
igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questes de mlti-pla escolha e mdia aritmtica igual ou superior a 50 (na escala de0 a 100).A prova de Ingls eliminatria e no entra na classificao final.Em Matemtica, Fsica e Qumica, as questes de mltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.
Na prova de Portugus, as questes de mltipla escolha equivalema 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redao a 40%.A nota final a mdia aritmtica das provas de Matemtica, Fsica,Qumica e Portugus, com peso 1.
oanglo
resolve
a prova
deMatemticado ITA
A cobertura dos vestibularesde 2003 est sendo feita pe-lo Anglo em parceria com aFolha Online.
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8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
2/202A/2003 ANGLO VESTIBULARES
NOTAES
: conjunto dos nmeros complexos. ]a, b[ = {x IR; a x b}.IR: conjunto dos nmeros reais. : conjunto vazio.: conjunto dos nmeros inteiros. A\B = {x A; x B}.
IN = {0, 1, 2, 3, }. X C = U\X, para X U, U .IN* = {1, 2, 3, }. I: matriz identidade n n.z : conjugado do nmero z . A1: inversa da matriz inversvel A.i: unidade imaginria i2 = 1. AT: transposta da matriz A.
argz: um argumento de z \{0}.
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.
[a, b] = {x IR; a x b}. m( AB): medida (comprimento) de AB.
Seja z * . Das seguintes afirmaes independentes:
I. Se = , ento = .
II. Se z 0 e = , ento || .
III. Se = , ento um argumento de .
(so) verdadeira(s):A) todas. B) apenas I e II. C) apenas II e III. D) apenas I e III. E) apenas II.
Resoluo:
I. Sendo u e v nmeros complexos quaisquer, temos:u v =
u
v
u v = u v
, com v 0.
(un) = (u)n, com n IN.|
u| = |u|
u = u se, e somente se, u IR.i = i (sendo i a unidade imaginria)u = uDessas propriedades, decorre que:
se =
ento =
A afirmao I verdadeira.
II.
| || |
|( ) | = + +
+2 3 3
1 2
iz i
i z
| |( )
=+ +
+
2 3 3
1 2
iz i
i z
| | | |
2 5
1 3 2 3 2
2
2 2
iz z i
z iz z z
+ +
+ + +
2 5
1 3 2 3 2
2
2 2
iz z i
z iz z z
+
+ + + +
| | | |,
u
v
u
v
=
2
12arg z +
( )1
4 3 4
2+
+
i z
i
2 3 2
5
| |
| |
z
z
+
2 3 3
1 2
iz i
i z
+ +
+( )
2iz 5z i
1 3z 2iz 3|z| 2|z|
2
2 2
+ +
+ + +
2iz 5z i
1 3z 2iz 3|z| 2|z|
2
2 2
+
+ + + +
Questo 1
MM AACIEAM TT TT
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A afirmao II verdadeira.
III. Com z = (cos + isen), IR*+ e [0, 2[, temos:
Sendo = argz, temos que 2argz + um argumento de .
A afirmao III verdadeira.
O valor de y2 xz para o qual os nmeros , x, y, z e sen75, nesta ordem, formam uma progresso aritmtica, :
A) 34 B) 26 C) 62 D) 25 E)
Resoluo:
(sen15, x, y, z, sen75) PA.
Sendo r a razo da PA, temos:
sen75 = sen15 + 4r 4r = sen75 sen154r = 2 sen30 cos45
4r =
y2 xz = (x + r)2 x (x + 2r)= x2 + 2xr + r2 x2 2xr
= r2
Assim:
Considere a funo
A soma de todos os valores de x para os quais a equao y2 + 2y + f(x) = 0 tem raiz dupla :
A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 6
f : Z\{0} IR, f(x) 3 9 3 1.x 2 2x 1 1/(2x) 2x 5 1/x
= ( ) ( ) ++ +
y xz22
52
8
1
322 =
= =
2
2
2
8
=r
2 3
4
sen12
12
=
+
+ +
2 2
82
122
12cos isen
=
+
+ +
2 2
82
4 62
4 6cos isen
=
+
+[ ]
+
24 4
2 2
86 6
2cos cos( ) ( )
cos
isen isen
isen
| |
| |
| |
2 3 2
5
z
z
+
| |
| | | | | |
| |
2 3 3
5
i z i
z
+ +
| || | | |
| | 2 3 3
5
iz i
z
+ +
| || |
| | = + +
2 3 3
5
iz i
z
| |
| |
| | | | =
+ +
+
2 3 3
2
iz i
i i z
3A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 2
Questo 3
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Resoluo:
Consideremos a equao y2 + 2y + f (x) = 0, na incgnita y, e suponhamos que essa no dependa de x.Essa equao tem raiz dupla se, e somente se, sem discriminante for nulo:
22 4f(x) = 0, ou seja, f(x) = 1.De f(x) = 1, temos:
Dessa equao chegamos a x = 4 ou x = 2.
Portanto, a soma de todos os valores de x igual a 2.
Considere uma funo f: IRIR no-constante e tal quef(x + y) = f(x) f(y), x, y IR.
Das afirmaes:
I. f(x) 0, x IR.II. f(nx) = [f(x)]n, x IR, n *.
III. f par.
(so) verdadeira(s):
A) apenas I e II.B) apenas II e III.C) apenas I e III.
D) todas.E) nenhuma.
Resoluo:
I. Para todo real x, temos:
Se existisse um real r, com f(r) = 0, teramos f( + r) = f() f(r) e, portanto, f( + r) = 0, para todo real .Isto absurdo, pois f no uma funo constante.
Logo, para todo real x, temos f (x) 0. A afirmao I verdadeira.
II. Suponhamos que exista k, k IN*, tal que f (kx) = [f(x)]k (hiptese de induo).Teramos ento:
f[(k + 1) x] = f(kx x)f[(k + 1) x] = f(kx) f(x)f[(k + 1) x] = [f(x)]k f(x)f[(k + 1) x] = [f(x)]k + 1
Como f(1 x) = [f(x)]1, podemos concluir, pelo princpio da induo finita, quef(n x) = [f(x)]n, x IR, n IN*. A afirmao II verdadeira.
III. Suponhamos que exista uma funo par f, nas condies dadas.Nessas condies, teramos:
f(x + x) = f(x) f(x)f(0) = f(x) f(x)
Como f uma funo par, ou seja, f(x) = f (x), para todo x real, teramos [f (x)]2 = f(0).
Como a afirmao I verdadeira, isto , f (x) 0, para todo x real, podemos concluir que .
Isto absurdo, pois contraria a condio de f ser uma funo no-constante. A afirmao III , portanto, falsa.
f x f( ) ( )= + 0
f x fx
f x( ) ( )=
2
0
2
f
x xf
xf
x
2 2 2 2+
=
x x
x
x
x
2
2
2 1 2 5+
+=
+
3 3 3
2
2
2 1 2 5x x
x
x
x
+ +
=
3 9 32 2 1
1
2 2 51
x x x x x ( ) ( ) =+ +
4A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 4
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Considere o polinmio P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an formam, nesta ordem, uma progresso
geomtrica de razo q 0. Sabendo que uma raiz de P e que P(2) = 5460, tem-se que o valor de igual a:
A) B) C) D) E)
Resoluo:
Sabendo que os coeficientes de
P(x) = 2x + a2x2 + ... + anx
n
formam uma P.G. de razo q (q 0) e a1 = 2, temos:
P(x) = 2x + 2qx2 + ... + 2qn 1 xn
P(x) a soma dos n termos de uma P.G. cuja razo qx e cujo primeiro termo 2x.
Se qx = 1, ento P(x) = 2nx, com n 0.
Como , nesse caso, no raiz, podemos afirmar que qx 1.
Com qx 1, temos:
(I)
Como , de (I) temos:
Assim, temos que: q = 2, se n par, ou q = 2, se n mpar.
Como q 0, conclumos que q = 2. (II)
Sabemos tambm que P(2) = 5460.
De (I) e (II) temos:
1 4n
= 40954n = 4096
n = 6
A expresso , para q = 2 e n = 6, vale .
Dividindo-se o polinmio P(x) = x5 + ax4 + bx2 + cx + 1 por (x 1), obtm-se resto igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x + 1),
obtm-se resto igual a 3. Sabendo que P(x) divisvel por (x 2), tem-se que o valor de igual a:
A) 6 D) 7 B) 4 E) 9C) 4
ab
c
6 2
2
7
4
2 3
4
=
n q
q
2 3
4
2 2 1 2 2
1 2 25460
[ ]
= ( )
n
( )
qq
nn n
21 2
= =
21
21
2
1 2
0
+
=
q
q
n
P
1
20
=
P x
x qx
qx
n
( ) ( )
=
[ ]2 11
1
2
15
8
11
6
7
4
3
2
5
4
n q
q
2 3
4
1
2
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Questo 5
Questo 6
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Resoluo:
Resolvendo o sistema, obtemos a = 3, b = e c = .
Logo, .
Das afirmaes abaixo sobre a equao z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 e suas solues no plano complexo:
I. A equao possui pelo menos um par de razes reais.II. A equao possui duas razes de mdulo 1, uma raiz de mdulo menor que 1 e uma raiz de mdulo maior que 1.
III. Se n IN* e r uma raiz qualquer desta equao, ento
(so) verdadeira(s):
A) nenhuma. B) apenas I. C) apenas II. D) apenas III. E) apenas I e III.
Resoluo:
Para todo z, z C, temos z5 1 = (z4 + z3 + z2 + z + 1)(z 1).As cinco razes da equao z5 1 = 0 so z1, z2, z3, z4 e 1.
Note que z1, z2, z3 e z4 so, tambm, as razes da equao
z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0.
Os afixos dessas cinco razes so os vrtices de um pentgono regularinscrito na circunferncia de centro (0, 0) e raio unitrio do plano de
Argand-Gauss:
Note que nenhum dos nmeros z1, z2, z3 e z4 real. Logo, a equao z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 no tem razes reais.
A afirmao I falsa.Todas as razes possuem mdulo igual a 1, e, portanto, a afirmao II falsa.
Sendo com n IN*, temos:
Como r {z1, z2, z3, z4}, temos que |r| = 1, pois os nmeros z1, z2, z3 e z4 possuem, todos, mdulo igual a 1.
Assim,
Como, para todo n, n IN*, 0 1 1, podemos concluir que S
A afirmao III verdadeira.
1
2.
1
3
3
Sn
=
1
21
1
3
S
n
=
13
11
3
11
3
S
n= + + +
1
3
1
3
1
32
S
r r rn
n= + + +
3 3 3
2
2
S
r r r rn
= + + + +3 3 3 3
2 3
1
2,S
r
k
n k
==
31
r
k
n k
3
1
21= .
a b
c
= 9
3
2
9
2
P
P
P
a b c
a b c
a b c
( )
( )
( )
1 2
1 3
2 0
1 1 2
1 1 3
32 16 4 2 1 0
=
=
=
+ + + + =
+ + + =
+ + + + =
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Questo 7
z4
z1
z2
z3
1
Im(z)
Re(z)0
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Seja k IR tal que a equao 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1e uma raiz x2, distinta de x1. Ento,(k + x1)x2 igual a:
A) 6 B) 3 C) 1 D) 2 E) 8
Resoluo:
Sendo f(x) = 2x3 + 7x2 + 4x + k, com k IR, temos que f(x) = 6x2 + 14x + 4.
As razes de f(x) = 0 so 2 e .
Como a equao f(x) = 0 possui uma raiz dupla x1, podemos afirmar que x1 raiz de f(x) = 0.
Como x1 um nmero inteiro, temos x1 = 2.
De x1 + x1 + x2 = , temos (2) + (2) + x2 = e, portanto, x2 = .
De x1 x1 x2 = , temos (2) (2) = e, portanto, k = 4.
Logo, (k + x1) x2 = 3.
Considere o conjunto S = {(a, b) ININ: a + b = 18}. A soma de todos os nmeros da forma , (a, b) S, :
A) 86 B) 9! C) 96 D) 126 E) 12!
Resoluo:
Do enunciado, temos:
=
O nmero de divisores de 17640 que, por sua vez, so divisveis por 3 :
A) 24 B) 36 C) 48 D) 54 E) 72
Resoluo:
17640 = 23 32 51 72
Para a escolha do expoente
do 2, temos 4 possibilidades (0 ou 1 ou 2 ou 3) do 5, temos 2 possibilidades (0 ou 1) do 7, temos 3 possibilidades (0 ou 1 ou 2)
do 3, temos s 2 possibilidades pois o nmero deve ser divsivel por 3 (1 ou 2).Assim, o nmero de divisores positivos que so divisveis por 3 4 2 3 2 = 48.O nmero de divisores de 17640 que so divisveis por 3 96 (48 positivos e 48 negativos).
Sejam A e P matrizes n n inversveis e B = P1AP. Das afirmaes:I. BT inversvel e (BT)1 = (B1)T.
II. Se A simtrica, ento B tambm o .
III. det (A I) = det(B I), IR.(so) verdadeira(s):
A) todas D) apenas I e III.B) apenas I. E) apenas II e III.C) apenas I e II.
18
0
18
1
18
2
18
182 818 6
+
+
+ +
= =
18
0 18
18
1 17
18
2 16
18
18 0
!
! !
!
! !
!
! !
!
! !+ + + +
18!
! !a b
k2
12
k2
12
72
7
2
13
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Questo 8
Questo 9
Questo 10
Questo 11
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Resoluo:
I. B = P1 A Pdet B = det (P1 A P)det B = detP1 detA detP
detBT = detA detP
detBT = detA
Como A inversvel e detBT
= detA, BT
inversvel.B B1 = I
(B B1)T = IT
(B1)T BT = I(B1)T BT (BT)1 = I (BT)1
(B1)T = (BT)1
Logo, a afirmao I verdadeira.
II. Sendo , temos B = P1 A . Como A simtrica e B no simtri-
ca, a afirmao II falsa.
III. B = P1
A
P
B I = P 1 A P I, IRB I = P 1 A P (P1 P) IB I = P 1 A P P 1 (I) PB I = P 1 (A I) P
det(B I) = det [P1 (A I) P]det(B I) = det P1 det(A I) detP
det(B I) = det(A I) detP
det(A I) = det(B I)Logo, a afirmao III verdadeira.
O nmero de todos os valores de a [0, 2], distintos, para os quais o sistema nas incgnitas x, y e z, dado por
4x + y 6z = cos3ax + 2y 5z = sen2a6x + 3y 4z = 2cosa,
possvel e no-homogneo, igual a:
A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6
Resoluo:
x + 2y 5z = sen2a (4) (6)
4x + y 6z = cos3a+
6x + 3y 4z = 2cosa
x + 2y 5z = sen2a
9y 26z = 4sen2a + cos3a (1)
9y + 26z = 6sen2a 2cosa
x + 2y 5z = sen2a
9y 26z = 4sen2a + cos3a
0 = 2sen2a + cos3a 2cosa
1
detP
P =
6 1
4 1A P e P=
=
=
2 4
4 3
1 1
0 1
1 1
0 11,
1
detP
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14243 +
+
14243
1
4243
14243
Questo 12
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Para ser possvel:2sen2a + cos3a 2cosa = 02sen2a cosa + cos3a cosa = 0
2 sen2a cosa 2 sen2a sena = 04senacosa + cosa + 4sen2acosa = 0
cosa (4sen2a + 4sena + 1) = 0cosa = 0 (No convm, pois o sistema no-homogneo).
ou
4sen2a + 4sena + 1 = 0 sena =
Com x [0, 2], a =
Portanto, h 2 valores distintos de a.
Para todo x IR, a expresso [cos(2x)]2[sen(2x)]2 senx igual a:A) 24[sen(2x) + sen(5x) + sen(7x)]. D) 2 4[senx + 2 sen(5x) sen(9x)].
B) 24[2senx + sen(7x) sen(9x)]. E) 2 4[senx + 2sen(3x) + sen(5x)].
C) 24[sen (2x) sen(3x) + sen(7x)].
Resoluo:
Usando as relaes que transformam produtos em somas, temos:
Considere os contradomnios das funes arco-seno e arco-cosseno como sendo , respectivamente. Com
respeito funo
temos que:
A) f no-crescente e mpar. D) f injetora.B) f no par nem mpar. E) f constante.C) f sobrejetora.
Resoluo:
f:[1, 1] , f(x) = arcsenx + arccosx 2
,3
2
f : 1, 1
2,
32
, f (x) arcsen x arccos x,[ ]
= +
2
,2
e 0,
[ ]
= +[ ]2 2 7 94 sen x sen x sen x
= + +[ ]1
169 7sen x sen x sen x sen x
= +
( ) ( )
1
8
1
29
1
27sen x sen x sen x sen x
= [ ] cos cos18
4 5 4 3sen x x sen x x
=
1
44
1
25 3sen x x x (cos cos )
= [ ]1
44 4sen x sen x sen x
= +
1
24 0
2
( )sen x sen sen x
7
6
11
6
ou a =
1
2
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Questo 13
Questo 14
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Fazendo arcsenx = e arccosx = , temos:f(x) = +
sen = x e sen = cos + = .
cos = x e 0
Assim, f(x) =
f constante.
Considere a famlia de circunferncias com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma destas cir-cunferncias corta o eixo Ox em dois pontos, distantes entre si de 4cm. Ento, o lugar geomtrico dos centros destas cir-cunferncias parte:
A) de uma elipse. D) de duas retas concorrentes.B) de uma parbola. E) da reta y = x.C) de uma hiprbole.
Resoluo:
Seja C(x, y) o centro de uma destas circunferncias, nas condies do enunciado, com x 0 e y 0.
Temos a figura:
Aplicando o teorema de Pitgoras no tringulo AMC, temos:
|x|2 = y2 + 22
Logo, , com x 0 e y 0, representa parte de uma hiprbole. Assim, o lugar geomtrico dos centros destas
circunferncias parte de uma hiprbole.
A rea do polgono, situado no primeiro quadrante, que delimitado pelos eixos coordenados e pelo conjunto
{(x, y) IR2 : 3x2 + 2y2 + 5xy 9x 8y + 6 = 0}, igual a:
A) D) 3
B) E)
C)
Resoluo:
Temos que:
3x2 + 2y2 + 5xy 9x 8y + 6 = 0
3x2 + 2y2 + 3xy + 2xy 3x 6x 2y 6y + 6 = 0
(3x2 + 3xy 3x) + (2y2 + 2xy 2y) + (6x 6y + 6) = 0
3x (x + y 1) + 2y (x + y 1) 6 (x + y 1) = 0(r) x + y 1 = 0(x + y 1) (3x + 2y 6) = 0 ou
(s) 3x + 2y 6 = 0
2 2
103
52
6
x y2 2
4 41 =
= =x y ou sejax y2 2
2 2
4 4 4 1 ,
2
2
2
2
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14243
y
xO
C |x|
|x||x| y
M 22A B
4
Questo 15
Questo 16
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
11/20
Na figura, est representado o polgono ABCD,limitado pelas retas r e s e pelos eixos coorde-nados, situado no primeiro quadrante:
A rea S do polgono ABCD pode ser obtida fazendo-se a rea do tringulo BOC menos a rea do tringulo AOD.
Logo, , ou seja, .
Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5cm. Seja P um ponto na regio interior a estas retas, distando 4cm de
r. A rea do tringulo equiltero PQR, cujos vrtices Q e R esto, respectivamente, sobre as retas r e s, igual, em cm2, a:
A)D)
B)
E)
C)
Resoluo:
Do enunciado, temos a figura, onde l a medida do lado do tringulo PQR:
Da figura: + 60 + = 180, ou seja, = 120 .Do tringulo PTQ, temos: lcos(120 ) = 4 (1)Do tringulo PSR, temos: lcos = 1 (2)De (1) e (2), temos:
cos(120 ) = 4coscos120cos + sen120 sen = 4cos
Assim, no tringulo PSR, temos:
Alm disso:
A rea do tringulo equiltero PQR , ou seja, cm2.
Considere trs polgonos regulares tais que os nmeros que expressam a quantidade de lados de cada um constituam uma
progresso aritmtica. Sabe-se que o produto destes trs nmeros igual a 585 e que a soma de todos os ngulos internosdos trs polgonos igual a 3780. O nmero total das diagonais nestes trs polgonos igual a:
A) 63 B) 69 C) 90 D) 97 E) 106
7 3
28 3
4
l
l
22
2
2
3 3 1
28
= ( ) +=
RSRS
1
3 3 3 3= =
cos cos
cos
1
2
3
24
3
2
9
2
3 3
+ =
=
=
sen
sen
tg
5 6
7
2
157 3
152
33 15
S =
5
2S =
1
22 3
1
21 1
11A/2003 ANGLO VESTIBULARES
B
A
DC
x
y
3
1
1 20
Questo 17
Questo 18
P
4
1
Q T
R S
60
l
r
s
l
l
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
12/20
Resoluo:
Sejam n r, n e n + r os termos de uma P.A. de razo r. Do enunciado, temos:
Da:
(9 r) 9 (9 + r) = 58592 r2 = 65
r = 4 P.A.(5, 9, 13)r2 = 16 ou
r = 4 P.A.(13, 9, 5)Logo, os nmeros de lados so: 5, 9 e 13.
O nmero total de diagonais pedido igual a , ou seja, 97.
Considere o tringulo issceles OAB, com lados OA
e OB
de comprimento R e lado AB
de comprimento 2R. O volume
do slido, obtido pela rotao deste tringulo em torno da reta que passa por O e paralela ao lado AB
, igual a:
A) B) C) D) E)
Resoluo:
Considere a figura:
Aplicando o Teorema de Pitgoras no tringulo AOC, temos:
(AC)2 + R2 = AC = R
Volume VCL do cilindro:
VCL = R2 2R VCL = 2R3
Volume VCO de um dos cones:
VCO = R2 R VCO = R3
Sendo Vp o volume do slido, temos:
Vp = VCL 2 VCO
Vp = 2R3 2 R3 Vp = R3
Considere uma pirmide regular de altura igual a 5cm e cuja base formada por um quadrado de rea igual a 8cm2. A
distncia de cada face desta pirmide ao centro de sua base, em cm, igual a:
A) B) C) D) E) 3
75
4 35
5 69
153
4
3
1
3
13
13
( )22R
3 R3 2 R
343
R3
R3
2R3
2
5 5 3
2
9 9 3
2
13 13 3
2
+ +
( ) ( ) ( )
( ) ( )
n r n n r
n r n n r n
+ =
+ + + = =
585
2 2 2 21 9
( ) ( )
( ) ( ) ( )
n r n n r
n r n n r
+ =
+ + + =
585
2 180 2 180 2 180 3780
12A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 19
Questo 20
B
A
O
R
C
2 R
2 R
2R
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
13/20
Resoluo:
Do enunciado, temos a figura:
Aplicando o teorema de Pitgoras no tringulo APM, temos:
O volume V do tetraedro PABC 1/4 do volume da pirmide ABCDE, ou seja:
Sendo S a rea do tringulo ABC e h a distncia do ponto P ao plano ABC, temos:
AS QUESTES DE 21 A 30 DEVERO SER RESOLVIDAS NO CADERNO DE RESPOSTAS ANEXO.
Sejam U um conjunto no-vazio e A U, B U. Usando apenas as definies de igualdade, reunio, interseco e com-plementar, prove que:
I. Se A B = , ento B AC.II. B \ A C = B A.
Resoluo:
I. Proposio Justificativa
S1 B A = hipteseS2 x, x B x A S1 e a definio de B AS3 x, x A x AC definio de AC
S4 x, x B x AC S2 e S3S5 B AC S4
se B A = , ento B AC.
II. Proposio Justificativa
S1 x B\AC x B e x AC definio de \S2 x B\AC x B e x A S1 e definio de AC
S3 x B\AC
x A B S2 e definio de A BDas equivalncias dessas sentenas, temos que B\AC = B A.
=h cm5 6
9
10
3
1
3
2 2 3 3
2=
h
V S h= 1
3
V V=
= 1
4
1
3
8 510
3
( ) ( )AM AM2 22
5 2 3 3= + ( ) =
A
D
EB
M
C
5
P
2
2
2
2
2
13A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 21
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
14/20
Determine o conjunto dos nmeros complexos z para os quais o nmero
pertence ao conjunto dos nmeros reais. Interprete (ou identifique) este conjunto geometricamente e faa um esboo do mesmo.
Resoluo:
Note que, para todo z, (z + z + 2) IR.Logo IR se, e somente se, |z 1| + |z + 1| 3 0, ou seja, |z 1| + |z + 1| 3Os afixos dos complexos z, tais que |z 1| + |z + 1| = 3, so os pontos da elipse de focos (1, 0) e (1, 0) e eixo maior iguala 3, do plano de Argand-Gauss.
Portanto, os afixos de z, tais que |z 1| + |z + 1| 3, so os pontos exteriores elipse.
Resposta:
Considere a seguinte situao baseada num dos paradoxos de Zeno de Elia, filsofo grego do sculo V A.C. Suponha que o atle-ta Aquiles e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta, correndo com velocidades constantesVAe VT, com 0 VT VA.
Como a tartaruga mais lenta, -lhe dada uma vantagem inicial, de modo a comear a corrida no instante t = 0 a uma dis-tncia d1 0 na frente de Aquiles. Calcule os tempos t1, t2, t3, ... que Aquiles precisa para percorrer as distncias d1, d2, d3, ...,
respectivamente, sendo que, para todo n2, dn denota a distncia entre a tartaruga e Aquiles no instante da corrida.
Verifique que os termos tk, k = 1, 2, 3, ..., formam uma progresso geomtrica infinita, determine sua soma e d o signifi-
cado desta soma.
Resoluo:
Note que, no intervalo de tempo tn, com n IN*, a tartaruga percorreu a distncia dn + 1 = vT tn (1).No intervalo de tempo tn + 1, Aquiles percorreu a distncia dn + 1 = vA tn + 1 (2).
De (1) e (2), temos vA tn + 1 = vT tn, ou seja, para todo n, n IN*, temos: tn + 1 = tn
No intervalo de tempo t1, Aquiles percorreu a distncia d1 = vA t1.
Portanto, a seqncia (t1, t2, t3, tn, tn + 1,) uma P.G. infinita de razo e primeiro termo t1 =
Como 0 1, podemos afirmar que a soma t1 + t2 + +tn + =
Logo, t1 + t2 + + tn + =d
v vA T
1
.
d
v
v
v
A
T
A
1
1 .
v
vT
A
d
vA
1 .
v
vT
A
v
vT
A
tkk
n
=
1
1
=
+ +
+ +z z 2
|z 1| |z 1| 3
=+ +
+ +
z z 2
|z 1| |z 1| 3
14A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 22
Questo 23
Im(z)
Re(z)1,5 1 1 1,50
t = 0
t = t1
t = t1 + t2
d1
d1
d1
d2
d2 d3
T
A
A
T
A T
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
15/20
Vejamos as posies da tartaruga e de Aquiles, no instante
Nesse instante, a posio da tartaruga dada por:
Temos, ento, que:
Note que a posio de Aquiles, no instante tambm dada por S.
Portanto, a soma t1 + t2 + + tn + significa o intervalo de tempo necessrio para Aquiles alcanar a tartaruga.
Mostre que toda funo f : IR \ {0} IR, satisfazendo f(xy) = f(x) + f(y) em todo seu domnio, par.
Resoluo:
Para todo x do domnio de f, temos:
f(x) + f(x) = f[(x)(x)]2f(x) = f(x2)2f(x) = f(x x)2f(x) = f(x) + f(x)2f(x) = 2f(x) f(x) = f(x)
Logo, f uma funo par.
Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a diviso de P1(x) = x4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4 exata, e que a
diviso de P3(x) = x3 + cx2 + dx 3 por P4(x) = x
2 x + 2 tem resto igual a 5, determine o valor de a + b + c + d.
Resoluo:Dividindo P1(x) = x
4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4, temos:
+ x4 + 0x3 + ax2 + 0x + b x2 + 2x + 4
x4 2x3 4x2 x2 2x + a
+ 2x3 + (a 4)x2 + 0x + b
2x3 + 4x2 + 8x
+ ax2 + 8x + b
ax2 2ax 4a
(8 2a)x + b 4a (Resto)Como a diviso de P1 por P2 exata, devemos ter:
(8 2a)x + b 4a 0
8 2a = 0 a = 4 e b = 16b 4a = 0
Dividindo P3(x) = x3 + cx2 + dx 3 por P4(x) = x
2 x + 2, temos:
+ x3 + cx2 + dx 3 x2 x + 2
x3 + x2 2x x + c + 1
+ (c + 1)x2 + (d 2)x 3
(c + 1)x2 + (c + 1)x 2(c +1)
(c + d 1)x 2c 5 (Resto)
Do enunciado, devemos ter: (c + d 1)x 2c 5 5
c + d 1 = 0 c = 0 e d = 12c 5 = 5
Assim: a + b + c + d = 4 + 16 + 0 + 1, ou seja, a + b + c + d = 21
Resposta: 21
d
v vA T
1
,
Sd
v v
vA T
A=
1S
d v v d v
v vA T T
A T
=+
1 1( )
S d v
dv vT A T
= +
11
d
v vA T
1
.
15A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 24
Questo 25
123
123
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
16/20
Sejam a, b, c e d nmeros reais no-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz
na forma de um produto de nmeros reais.
Resoluo:
bcd 1 a a2
Seja D =acd 1 b b2
abd 1 c c2
abc 1 d d2
Multiplicando por a, b, c e d, respectivamente, a 1, 2, 3 e 4 linhas, podemos escrever:
D = (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c)
Resposta: (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c)
Encontre todos os valores de para os quais a equao na varivel real x,
,
admite soluo.
Resoluo:
Fazendo = arctg e = arctg , temos: + = a.
Ento: tga = tg( + ) tga =
=
( ) ( )e tgatg a
x
2
2 2 1 12
=+ +
( )
=( )
( ) +
tg a
e e
e
tg a
e
x x
x x
2 12
2 12
1 2 12
2 2 1
2 2 12
22 2
tg tg
tg tg
+1
2 1 2 e
x
2 1 2 +
e
x
arctge
arctge
ax x
2 12
2 12
+
+
=
a
2
,2
1 a a2 a3
1 b b2 b3
1 c c2 c3
1 d d2 d3D
abcd
abcd=
abcd a a2 a3
abcd b b2 b3
abcd c c2
c3
abcd d d2 d3
D
abcd
= 1
bcd a a
acd b b
abd c c
abc d d
1
1
1
1
2
2
2
2
16A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 26
Questo 27
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
17/20
Para a equao em x ter soluo:
0 0
0 tga 1.
Satisfazendo , temos: 0 a .
Resposta:
Sabe-se que uma elipse de equao = 1 tangencia internamente a circunferncia de equao x2 + y2 = 5 e que a reta
de equao 3x + 2y = 6 tangente elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P.
Resoluo:
Do enunciado, o semi-eixo maior da elipse deve medir e estar contido no eixo das ordenadas. Caso contrrio, a reta r
de equao 3x + 2y = 6 seria secante elipse. Assim, temos a figura:
1 modo:
Consideremos o sistema formado pelas equaes da reta e da elipse:
De 1 : y =
Substituindo em 2 , temos:
, ou seja:
(9a2 + 20)x2 36a2x + 16a2 = 0 3
Condio de tangncia: = 0
Ento:
45a2 80 = 0 a2 =
Substituindo o valor de a2 em 3 , temos x = .
Substituindo o valor de x em 1 , temos y =.
Logo, as coordenadas de P so .89
53
,
5
3
89
169
x
a
x2
2
2
6 32
51+
=
6 32
x
3 2 6
51
2
2
2
x y
x
a
y
+ =
+ =
5
x
a
y
b
2
2
2
2+
a ] , [0
4
4
a ] , [
2 2
0 1
+
1 tg a
tg a
( )
2 2 1 1 ( ) ( ) tg atg a
17A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 28
5
5
Q
y
r
x
P
0
1
2
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
18/20
2 modo:
Seja r a reta que passa pelo ponto Q(0,3) e tangencia a
circunferncia de equao x2 + y2 = 5 no ponto P. Ento,considere a figura ao lado:
No tringulo retngulo OPQ, temos:
Associando-se cada ponto (x, y) do plano ao ponto ,
ento cada ponto da circunferncia fica associado a um ponto
da elipse de equao .Assim, considere a figura ao lado:
Como as ordenadas de P e P so iguais e P pertence reta r, temos:
3x + 2
Portanto, as coordenadas de P so .
Resposta:
Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto mdio do segmento CD
e F um ponto sobre o segmento CE
tal que
m(BC
) + m(CF
) = m(AF
). Prove que cos = cos2, sendo os ngulos = BAF e = EAD.
Resoluo:
Do enunciado, temos a figura, onde l a medida do lado do quadrado ABCD:
Construindo sobre DC
o segmento CM = l e a semicircunferncia de centro no ponto F e raio medindo l + a, temos a figura:
Os tringulos ADE e MDA so semelhantes, pois seus catetos so proporcionais. Assim, DMA = .
A
D CE F
B
l
l
l + a
l
2a
2l
M
l
A
D CE F
B
l
l
l
l
2a
l + a
89
53
,
89
53,
53
689
= = x
x
a
y2
2
2
51+ =
ax y5
,
5 353
2
( ) = = OH OH
18A/2003 ANGLO VESTIBULARES
r
Q
y
r
x
PP5
3
0
5
3Q
y
r
x
PH3
0
Questo 29
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
19/20
Como o tringulo AFM issceles, temos que FAM = FMA = .
No tringulo AFM, resulta que = 2 (ngulo externo).Portanto, cos = cos2.
Quatro esferas de mesmo raio R 0 so tangentes externamente duas a duas, de forma que seus centros formam um tetrae-
dro regular com arestas de comprimento 2R. Determine, em funo de R, a expresso do volume do tetraedro circunscritos quatro esferas.
Resoluo:
Sendo a o comprimento de uma aresta de um tetraedro regular, ento seu volume , sua altura , e
o raio da esfera inscrita nesse tetraedro .
Sendo 2R o comprimento de uma aresta do tetraedro ABCD cujos vrtices so os centros das quatro esferas de raio R, tangen-tes externamente duas a duas, ento:
a) seu volume
b) sua altura
c) o raio da esfera inscrita
Como o centro do tetraedro ABCD circunscrito s quatro esferas coincide com o centro do tetraedro ABCD, e os planos desuas faces so paralelos e distam R dos planos das faces do tetraedro ABCD, ento o raio da esfera inscrita no tetraedro
ABCD :
R = r + R
Sendo V o volume pedido, devemos ter:
Resposta:
2 2 1 6
3
3
3 +( )
R
V
R
R
RV R
2 2
3
6 6
66
6
2 2 1 6
33
33
3
=
+
=
+( )
RR
R R R = + =+
6
6
6 6
6
rR
=6
6.
hR
=2 63
.
VR R
= = ( )
.2 2
12
2 2
3
3 3
rh
=4
ha
=6
3V
a=
3 212
A
D CE F
B
l
l
l + a
l
2a
2l
M
l
19A/2003 ANGLO VESTIBULARES
Questo 30
-
8/7/2019 ITA Matemtica resolvida
20/20
Uma prova trabalhosa, que exigiu dos candidatos, alm do conhecimento terico, grande habilidade algbrica.A questo 10 no apresenta alternativa correta.
TTNEMM OOOCC IIR
IICNNDINII CC AAAritmtica
1 3
ASSUNTO
N
DE QUESTES2 4
Conjuntos
Equao polinomial
Funo
Geometria analtica
Geometria espacial
Geometria plana
Determinante
Matrizes
Nmeros complexos
Polinmios
5 6
Nmeros binomiais
Seqncias
Trigonometria
Sistemas lineares