1) A probabilidade de que uma pessoa daltônica selecionada aleatoriamente na população seja mulher é de 1/21. 2) O valor de α2 + β2 é 1, dado que α e β satisfazem a equação αβ = αβ - 1. 3) O valor de T - S, que é a soma dos valores de k que tornam o sistema impossível menos os valores que o tornam possível e indeterminado, é -4.

1. 1
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 b c) ) )
1
21
1
8
3
21
) )d e
5
21
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
A probabilidade de ser mulher uma pessoa daltônica é:
P =
, %
% , %
,
,
0 25
5 0 25
0 0025
0 0
a
a a
a
+
=
55 0 0025
0 0025
0 0525
25
,
,
,
a a
a
a
+
=
= =
525
1
21
=
2
Sejam α, β ∈  tais que α β α β–= = =1 2e .
Então, α2 + β2 é igual a
a) –2 b) 0 c) 1 d) 2 e) 2i
Resolução
1) α β= = 1, então α = cosx + i . senx e
β = cosy + i . seny.
2) α – β = (cosx – cosy) + i . (senx – seny)
3) α β–
(cos – cos ) ( –
=
+
2
2
x y senx seeny)2
2=
⇔ 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
03
Considere o sistema Ax = b, em que
A k
k
b=
1 –2 3
2 6
–1 3 – 3
, =
1
6
0




















∈e k R.
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
Resolução
Admitindo x
x
x
x
com x x x, , ,=










{ } ⊂
1
2
3
1 2 3
R temos:
I) Ax = b
1 –2 3
2 k 6
–1 3 k – 3
.
x1
⇔










xx
x
=
1
6
0
x – 2
2
3
1




















⇔
⇔
xx + 3x = 1
2x + kx + 6x = 6
–x + 3x +
2 3
1 2 3
1 2
(k – 3)x = 0
com
1 –2 3
2 k 6
–1 3 k – 3
3

























e
1 –2 3
2 k 6
–1 3 k – 3
1
6
0
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
4
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
a) 3n b) 2 ·
3
52
n
c)
1
5
d)
3
5
1n−
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) ⇔
OBJETIVO ITA – Dezembro/200732

2. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 33
⇔ det (A–1 + C–1) · det A = det (I + C–1 · A) ⇔
⇔ det (A–1 + C–1) · 5 =
1
3
⇔ det (A–1 + C–1) =
1
15
2) detB = det [3(A–1 + C–1)t] = 3n · det(A–1 + C–1)t =
= 3n · det (A–1+ C–1) = 3n ·
1
15
=
3
5
n–1
5
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
Resolução
Sendo (2; 2q; 2q2
; ; )2 2
5
3 4
q q os graus dos
, :polinômios considerados temos
1 2 2 2 2 2 622 3 4
) [gr q q q q e qP] = + + + + = ∈ * ⇔
⇔ q q q q e q4 3 2
30 0+ + + − = ∈ * ⇔
⇔( ) ( )q q q q− + + + =2 3 7 15 03 2
⇔ q=2, pois,
para ∀ q ∈ *, tem-se q q q3 2
3 7 15 0+ + +
2) O grau do polinômio de maior grau, entre os cinco
considerados, é 2q4 = 2 · 24=32
06
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) 3 3 b) 3 2 c) 2 3
d) 2 2 e) 2
Resolução
120
60
60
R
O
d
R
Sendo R o raio da esfera e d a distância da aresta do
diedro ao centro O da esfera, tem-se:
1) 4
3
4 3
3 3 3
π πR cm
R cm R cm
3 3
3 3
= ⇔
⇔ = ⇔ =
2) sen
R
d
d
R
sen
Assim
d cm
60
60
3
3
2
0
0
:
= ⇔ =
= ⇔⇔ =d cm2
7
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
a b c) ) )15 5 5 10 5 5 10+ + −−
− −
5
15 5 5 10 3 5) )d e
Resolução
C
O
Q
M BA
N
D
P
10 - x
10 - x
10 - x
10 - x10 - x
10 - xx
x
Sendo x (0x10) a distância, em metros, entre os
pontos A e M, de acordo com o enunciado, tem-se:
10 10
2
2
2 2
·−( )( ) =x x ⇔ 10 10
2
2
2
·−( )( ) = ( )x x ⇔
⇔ 100 20 10 30 100 02 2
− + = ⇔ − + =x x x x x⇔ x x2
30 100 0− + = ⇔

3. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 34
⇔ x x,=
−
30 500
2
10pois
Portanto: x =
−30 10 5
2
⇔ x = −15 5 5
8
Considere o polinômio
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
a) –25
b) –27
c) –36
d) –39
e) –40
Resolução
Seja a razão da progressão aritmética
(a ,1
r
a ,a ,a ,a ),com a =
1
2
1) a a r
2 3 4 5 4
5 4 = +
1
2
r (I)
2) Como x 1é raiz de
= +
=
–
pp(x) a x +a x a x a x a
temo
5
5
4
4
3
3
2
2
1= + + – ,
ss
p( 1) a a a
r
a a
r
0
a 2r
5 4 3 2 1
5
:
− − − + −
−
= + = ⇔
⇔ + =
123 123
00 a 2r II
3) De (I) e (II) tem
5⇔ =
-
( )
, sse
1
2
r = 2r r =
1
2
4) A progressão aritm
+ ⇔
éética considerada é
( 1;
1
2
; 0;
1
2
; 1) po– ,− iis a
1
2
e r
1
2
O polinômio considerado é
4 = =
pp(x)= 1 x
1
2
x 0 x
1
2
x ( 1)
p(x)= x
1
5 4 3 2
5
· · – –+ + −
+
⇔
⇔
22
x
1
2
x 1
5) Dessa forma,
p( 2)= ( 2)
1
4 2
5
− +
− − +
22
( 2)
1
2
( 2) 1 254 2
· ·− − − =+ −
09
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
a) –1
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Resolução
De acordo com o enunciado, o conjunto solução da
equação 2x4 + ax3 + bx2 + cx – 1 = 0 é
1
2
–
1
2
i;
1
2
+
1
2
i ; m; n






, ,com m n ∈∈







,

Assim
1
2
–
1
2
i .
1
2
+
1
2
i . m . n = –
1
2
1
2
. m . n = –
1
2
m .
⇔
⇔ ⇔ nn = –1
Se m . n = –1 e m, n
m
{ } ⊂ , : então
== 1 e n = –1 ou m = –1 e n = 1
Escrevendo a
,
equação apresentada na forma
fatorada temmos :
2 . x – 1 x +1 x –
1
2
–
1
2
i x –
1
2
+( )( )



1
2
i = 0
2x – 2x – x + 2x – 14 3 2



 ⇔
⇔ = 0
Logo : a = –2, b = –1, c = 2
O maior valorr é .2
10
É dada a equação polinomial
(a + c + 2) x3 + (b + 3c + 1) x2 + (c - a) x + (a + b + 4) = 0
com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equação é
recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então
o produto abc é igual a
a) –2 b) 4
c) 6 d) 9
e) 12
Resolução
Lembrando que sendo a0 ≠ 0, a equação

4. OBJETIVO ITA – Dezembro/200735
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 c a b
b c c a
+ + = + +
+ + =
2 4
3 1
–a c b c c a+ + + + + + +2 3 1
–
a b
b c
a b c
+ + =





+ =
+ +
4 0
2
2 ==
+ + =





+
–
–
1
2 5 7
2
a b c
a b ++ =
+ =
=





+
–
–
– –
5 7
2
3 6
2
c
b c
b c
a bb c
b c
c
–
–
–
+ =
+ =
=





5 7
2
4 4
aa
b
c
Logo o produto abc é
–
–
,
=
=
=





4
3
1
. (– ) . (– )
igual a
4 3 1 12=
11
Sendo [–p/2, p/2] o contradomínio da função arcoseno e
[0, p] o contradomínio da função arcocosseno, assinale
o valor de
cos arcsen
3
5
+ arccos
4
5




a)
1
12
b)
7
25
c)
4
15
d)
1
15
e)
1
2 5
Resolução
Nas condições do problema, temos:
1) arcsen
3
5
= a sen =
3
5
e cos =
4
5
⇔ a a
2) arccos
4
5
= b cos =
4
5
e sen =
3
5
⇔ b b
Portanto:
cos arcsen
3
5
+ arccos
4
5
= cos (a + b



 )) =
= cos a . cos b – sen a . sen b =
=
4
5
.
4
5
–
3
5
.
3
5
=
7
25
12
Dada a cônica λ : x2 – y2 = 1, qual das retas abaixo é
perpendicular à λ no ponto P = (2, 3 )?
a) y = 3(x 1)
b) y =
3
2
x
c) y =
3
3
(x 1)
d) y =
3
5
(x 7
−
+
−
− ))
e) y =
3
2
(x 4)
−
−
Resolução
A equação da cônica λ, no 1o quadrante, resulta:
x2 – y2 = 1 ⇔ y = x 12
−
Seja t a reta tangente a λ no ponto P (2; 3).
Se y’ =
dy
dx
1
2 x 1
x
x
x 12 2
=
⋅ −
⋅ =
−
,2
então o coeficiente angular da reta t é
m
2
2 1
2
3
t
2
=
−
=
A reta r, perpendicular à reta t, no ponto P (2; 3), tem
equação:
y 3
3
2
x 2 y
3
3
x 4− =
−
⋅ − ⇔ = − ⋅ −( ) ( )
13
O conjunto imagem e o período de
f(x) = 2 sen2 (3x) + sen(6x) – 1 são, respectivamente,
a) – ,3 3 2[ ] e π
b) −[ ]2 2
2
3
, e
π
c) ,− 2 2
3
e
π
d) – ,1 3
3
[ ] e
π
e) – ,1 3
2
3
[ ] e
π
Resolução
f(x) = 2 · sen2(3x) + sen (6x) –1 =
= sen (6x) – [1 – 2 · sen2(3x)] =
= sen(6x) – cos(6x) =
⇔⇔
⇔⇔⇔⇔
⇔⇔⇔⇔
⇔⇔

5. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 36
= sen(6x) – sen(90º – 6x) =
= 2 · cos
6x + 90 – 6x
2
o
· sen
6x 90 6x
2
o
– +
=
= 2 · cos 45º · sen (6x – 45º) =
= 2 · sen (6x – 45º)
Sendo f(x) = 2 · sen(6x – 45º), temos que:
1) –1  sen (6x – 45º)  1 ⇔
⇔ – 2 2 · sen(6x – 45º)  2 ⇔
⇔ – 2  f(x)  2 , isto é, o conjunto imagem de
f(x) é o intervalo – 2; 2



2) o período da função resulta: P =
2
6 3
π π
=
14
Para x  R, o conjunto solução de
|53x – 52x+1 + 4 . 5x| = |5x – 1| é
a) 0 2 5 2 3, ,± ±{ }
b) 0 1 2 55
, , log +( ){ }
c) 0
1
2
2
1
2
3
2
25 5 5
, log , log ,log














d) 0 2 5 2 3 2 35 5 5
, log , log , log –+( ) +( ) ( ){ }
e) A única solução é x = 0
Resolução
Substituindo 5x por y 0, temos:
|53x – 52x+1 + 4 . 5x| = |5x – 1| ⇔
⇔ |y3 – 5y2 + 4y| = |y – 1| ⇔
⇔ |y| . |y – 1| . |y – 4| = |y – 1|
Temos, então, as duas seguintes possibilidades:
1) |y–1| = 0 ⇔ y = 1
2) |y| . |y – 4| = 1 ⇔ y(y – 4) = 1 ⇔
⇔ y2 – 4y –1 = 0 ou y2 – 4y + 1 = 0 ⇔
⇔ = ± = ± ⇔
⇔ = + = –
y ou y
y ou y
2 5 2 3
2 3 2 3 oou y
pois y
Assim sendo
y ou
,
:
= +
=
2 5
0
1 y ou y ou
y
x
= − = +
= + ⇒
⇒
2 3 2 3
2 5
5 –= = = +
=
1 5 2 3 5 2 3
5
ou ou oux x
x
22 5
0 2 35
, :
log –
+
= = ( )
e
x ou x
portanto
oou x ou
x
log
log
= +( )
= +( )
5
5
2 3
2 5
15
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
a) R b) (– ∞, 1] c) [0, 1/2] d) (0,1) e) [1/2, ∞)
Resolução
O gráfico da função g, definida por g(x) = x2 – x + 1, é
do tipo:
1
1
3
4
1
2
y
x
O gráfico da função h, definida por
h(x) = ln (x2 – x + 1), é do tipo:
y
x
3
4
1
2
1
1
y
x
1
2
0 1
O gráfico de função f, definida por
f(x) = ln (x2 – x + 1), é do tipo:
y
x1
2
0 1
Dos subconjuntos de R apresentados, o único em que f
é injetora é [0, 1/2]

6. OBJETIVO ITA – Dezembro/200737
16
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
a) 2π b)
23
12
π e)
13
12
π
c)
9
6
π d)
7
6
π
Resolução
Fazendo-se 3x = a na equação
cos 3x + 2 · cos 6x + cos 9x = 0,
resulta: cos a + 2 · cos 2a + cos 3a = 0 ⇔
⇔ 2 · cos 2a + 2 · cos
3a + a
2
· cos
3a – a
2
= 0 ⇔
⇔ 2 · cos 2a + 2 · cos 2a · cos a = 0 ⇔
⇔ 2 · cos 2a · (1 + cos a) = 0 ⇔
⇔ cos 2a = 0 ou cos a = –1
Portanto: cos 6x = 0 ou cos 3x = –1 ⇔
⇔ 6x =
π
2
+ n · π ou 3x = π + n · 2π, (n ∈ ) ⇔
⇔ x =
π
12
+ n ·
π
6
ou x =
π
3
+ n ·
2
3
π
(n ∈ )
Para 0 ≤ x ≤
π
2
, a soma de todas as soluções distintas é:
S =
π π π π
π
12 4
5
12 3
13
12
+ + + =
17
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
a b c d) ) ) )
1
730
46
33215
1
365
)
92
33215
91
730
e
Resolução
1) O número de elementos de H é
C365 2
365 364
2
66430,
.
= =
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.
3) A probabilidade pedida é
91
66430
1
730
=
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,
tome o ponto D tal que DBˆC = 35°. Então, o ângulo EDˆB
vale
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 EDˆB
40°
55°
F
90° – θ
E
A
Dθ
CB
55°
35°
35°
75°
15°
1) Da congruência entre os triângulos retângulos FBC e
FBE, resulta: FC = FE
2) Os triângulos retângulos FDC e FDE são con­­gru­
en­tes pelo critério LAL, pois: FC = FE, FD é lado
comum e DFˆC = DFˆE = 90º
Assim: FCˆD = FEˆD ⇔ 15º = 90º – θ ⇔
⇔ θ = 90º – 15º ⇔ θ = 75º
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}

7. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 38
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) De (X – Y) ∩ Z = {1; 2; 3; 4} e
X ∩ W ∩ Z = {2; 4}, temos: {1; 3} ⊂ X,
{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
c) De Y = {5; 6} e Z ∩ Y = ∅, temos: 5 ∉ Z e 6 ∉ Z
d) As informações dos itens a, b e c permitem colocar os
números 1, 2, 3, 4, 7 e 8 conforme o diagrama
7
8
2 4
1 3
X W
Z
Do diagrama, pode-se determinar que
X ∩ (Z ∪ W) = {1; 2; 3; 4; 7; 8}
e) Como {2; 4} ⊂ Z e {2; 4} ⊂ W, temos que
{2; 4} ⊂ [W ∩ (Y ∪ Z)]
Como 1 ∉ W e 3 ∉ W, temos que
1 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)] e 3 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)]
Como 7 ∉ Z e 8 ∉ Z, temos que
7 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)] e 8 ∉ [W ∩ (Y ∪ Z)]
f) [X ∩ (Z ∪ W)] – [W ∩ (Y ∪ Z)] =
= {1; 2; 3; 4; 7; 8} – [W ∩ (Y ∪ Z)] =
= {1; 3; 7; 8}
20
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
a)175
3
3
e
b)175
3
3
e
c)175 3 e
d)175 3 e
5 21
10 21
10 21
5 211
10 21e) 700 e
Resolução
CP
A R B
t // r
r // s
s
55
10 10
�
�
�
Q
Seja , a medida, em centímetros, do lado do triângulo
eqüilátero PQR
1) AR2 + 152 = 2 ⇒ AR = l2
− 225
2) RB2 + 102 = 2 ⇒ RB = l2
−100
3) PC = AB = AR + RB
Assim: PC = l l2 2
− + −225 100
4) (PC)2 + 52 = 2
Assim 225 100 5
2 225
2 2
2 2 2
2 2
: , , ,
, ,
− + −( ) + =
−( ) −−( ) = −
− = =
100 300
3 700 0
700
3
pois
2
4 2 2 2
,
, , , ,, 0
5) A área S, em centímetros quadrados, do triângulo eqüilátero
PQR é dada por:
S
3 700
3
= = =
l2
4
3
4
175 3
3
·
·
6) O perímetro u, em centímetros, do triângulo eqüilátero
PQR é dado por:
u = = = = =3 3
700
3
3
2100
9
2100 10 21l · ·
⇔
⇔
⇔
⇔

8. OBJETIVO ITA – Dezembro/200739
21
Dado o conjunto A = x x x x;∈ + { }R 3 22 2
,
expresse-o como união de intervalos da reta real.
Resolução
I) 3x2 + 2x  0 ⇔ x  –
2
3
ou x  0
II) 3 22
x x+ x2 ⇒ 3x2 + 2x x4 ⇒
⇒ x4 – 3x2 – 2x 0 ⇒ x (x3 – 3x – 2) 0 ⇒
⇒ x · (x3 – x – 2x – 2) 0 ⇒
⇒ x [x (x + 1) (x – 1) – 2 (x + 1)] ⇔
⇒ 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 e x– –≤ ≠
2
3
1 ou x 2
Resposta:
A ] – ; – [ ] – ; – ] ] ; [= ∞ ∪ ∪ +∞1 1
2
3
2
22
Determine as raízes em  de 4z6 + 256 = 0, na forma a
+ bi, com a, b ∈ R, que pertençam a
S = {z ∈ ; 1 |z + 2| 3}.
Resolução
1) 4z6 + 256 = 0 ⇔ z6 = – 64 ⇔
⇔ z6 = 64 (cos 180° + i . sen 180°)
2) As raízes dessa equação são:
z1 = 2 . (cos 30° + i . sen 30°) = 3 + i
z2 = 2 . (cos 90° + i . sen 90°) = 2i
z3 = 2 . (cos 150° + i . sen 150°) = – 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 – i
3) Observe que:
|2 ± 2i|2 = 8
|2 + 3 ± i|2 = 8 + 4 3 ≅ 14,9
|2 – 3 ± i|2 = 8 – 4 3 ≅ 1,1
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
23
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.
Resolução
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:
h (x) =
f x f x( ) (– )+
2
e
g(x)=
( ) – (– )f x f x
2
⇔
⇔h(x)=
ln( ) ln( – )x x x x2 2
1 1
2
+ + + +
e
g(x)= ln( ) – ln( – )x x x x2 2
1 1
2
+ + + ⇔
⇔h(x)= ln ( ) · ( – )x x x x2 2
1 1+ + + e
g(x)= ln
–
x x
x x
2
2
1
1
+ +
+
, x∈ R
Resposta: h(x)= ln ( ) · ( – )x x x x2 2
1 1+ + + e
g(x)= ln
–
x x
x x
2
2
1
1
+ +
+
, x∈ R
24
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).
Resolução
Para que o polinômio

9. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 40
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 0
1 0
2 1 0




2 2


− − ≠
+ + =
− − = −
=







− −
 
 
 


2 0
2
1
0
2



2 2




≠
+ =
=





≠ −
= −
=





≠ −0
1
0
2
1
0
1





 == −
=





= ≠ − = = − =
1
1 0 1

 

 
0
Se m temos m e m, : ,
Resposta:
α = 0, β = 1 – m e γ = m, com m ∈  e m ≠ –1
25
Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é in-
versível e A–1 = At. Determine todas as matrizes
2 3 2 que são simétricas e ortogonais, expressando-
as, quando for o caso, em termos de seus elementos
que estão fora da diagonal principal.
Resolução
Seja A
x y
z w
I Se A é simétrica dev) ,
=




eemos ter
A A
x y
z w
x z
y w
t
:
= ⇔



 =




) , :
–
⇔ =
=
y z
II Se A é ortogonal vem
A At1
. . .–
⇔ = ⇔ = ⇔
⇔

A A A A I A At t1
1 0
0 1

 =







 ⇔
⇔


.
x y
z w
x z
y w
1 0
0 1

 =
+ +
+ +




x y xz yw
xz yw z w
2 2
2 2
..
, :Como y z temos
x y
xy yw
=
+ =
+ =
2 2
1
0
ww y
x y
y o
2 2
2
1
1
0
–
+ =





⇔
= ±
= uu x w
w y
y
III Para y
–
)
=
= ± −
≤







1
1
2
== =



 =

, :
–
0
1 0
0 1
1 0
0 1
temos A ou A


=



 =



–
–
–
ou A ou A
1 0
0 1
1 0
0 1
IIV Para x w temos A
y y
y
) – , :
–
– –
= =
1
1
2
yy2








III Para y) == =



 =

, :
–
0
1 0
0 1
1 0
0 1
temos A ou A


=



 =



–
–
–
ou A ou A
1 0
0 1
1 0
0 1
IIV Para x w temos A
y y
y
) – , :
–
– –
= =
1
1
2
yy
ou A
y y
y y
2
2
2
1
1








=








– –
–
e y ≤ 1
26
Determine todos os valores α ∈
–
,
π π
2 2
tais que a
equação (em x)
x x tg4 4 2
2 3 0– + =α
admita apenas raízes reais simples.
Resolução
A equação x x tg4 4 2
2 3 0· ·− + =α , com x2 = y,
resulta: y y tg2 4
2 3 0– · · + =α .
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 3 4 0 34 2
tg tgα α
II) P
C
A
tg= = α 0
Assim: 0 3 tg α , no intervalo
–
,
π π
2 2
,
resulta 0
3
α
π
Resposta: 0
3
α
π
27
Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são
dados os eventos A, B e C tais que:
P (A) = P (B) = 1/2, com A e B independentes,
P (A  B  C) = 1/16, e sabe-se que
P ((A  B)  (A  C)) = 3/10. Calcule as probabilidades
condicionais P (C A  B) e P (C A  BC).
Resolução
1) Se A e B são eventos independentes, então:
P (A  B) = P(A) · P(B) =
1
2
1
2
1
4
· =
⇔⇔
⇔⇔ ⇔⇔
⇔⇔
⇔⇔
⇔ ⇔

10. OBJETIVO ITA – Dezembro/200741
2) P (C A  B) =
P (A B C)
P (A B)
∩ ∩
∩
= =
1
16
1
4
1
4
3) P ((A  B)  (A  C)) = P (A  B) +
+ P (A  C) – P (A  B  C) ⇔
= + ∩ − ∩ =( ) ( )
3
10
1
4
1
16
P A C P A C
99
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
80
1
16
4
80
1
20
− = =
5) Observe, pelo diagrama seguinte, que:
n (A  BC) = n (A) – n (A  B) e, portanto:
P (A  BC) = P (A) – P (A  B) =
1
2
1
4
1
4
− =
6) P (C A  BC) =
P (C A B )
P (A B )
C
C
∩ ∩
∩
= =
1
20
1
4
1
5
Respostas: P (C A  B) =
1
4
e
P (C A  BC) =
1
5
28
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está
inscrito numa circunferência de raio
5 2
3
. Sabe-se
que AB mede 2 5 e BC mede 2 2 . Determine a área
do triângulo ABC.
Resolução
Com os dados do enunciado, podemos montar a seguinte
figura:
1) sen  =
4 2
3
5 2
3
4
5
==
4
5
2) cos  =
2
5 2
3
3
5
==
3
5
3) sen  =
5
3
5 2
3
10
10
==
10
10
4) cos  =
5
5 2
3
3 10
10
==
3 10
10
5) sen ( + ) = sen  cos  + sen  cos 
Assim: sen ( + ) = · ·
4
5
3 10
10
10
10
3
5
3 10
10
+ ==
3 10
10
⇔ ⇔

11. OBJETIVOITA – Dezembro/2007 42
6) A área S do triângulo ABC é dada por:
S =
AB BC sen· ·
2
( + )
Assim: S = 1
2
2 5 2 2
3 10
10
· · · ⇔ S =
120
20
⇔
⇔ 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 .
Resolução
O
O volume V do sólido gerado é dado por: V = V1 – V2,
onde V1 é o volume de um tronco de cone circular reto
de raios das bases r 3 e r 3
2
e altura r
2
, e V2 é o
volume de um segmento circular de raio da base r 3
2
e altura r
2
.
Assim sendo, tem-se:
1) V =
r
6
r 3 +
r 3
2
+ r 3 .
r 3
21
2
2
π
( )














⇔
⇔V =
7 r
8
2) V =
r
12
3 .
r 3
2
1
3
2
π
π 

















⇔
⇔
2 2
2
3
+
r
2
V =
5 r
2
π
44
3) V = V – V V =
7 r
8
–
5 r
24
V1 2
3 3
⇔ ⇔
π π
=
16 r
24
V =
2 r
3
Resposta :
2 r
3
un
3
3
3
π
π
π
⇔
⇔
iidades de volume
30
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:
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' =
dy
dx
= –2x + 2 e m = f''(2) = – 2t
.. 2 + 2 = –2
é o coeficiente angular da reta tangente no ponto
(2, 5), então a reta tangente nesse ponto resulta:
y – 5 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y – 9 = 0
A distância do vértice V (1, 6) à reta 2x + y – 9 = 0 é:
d =
2 . 1 + 6 – 9
2 +1
=
1
5
=
5
5
Resposta : d
2 2
=
5
5