SlideShare uma empresa Scribd logo
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
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− + = ⇔
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
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) =
⇔⇔
⇔⇔⇔⇔
⇔⇔⇔⇔
⇔⇔
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]
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}
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 · ·
⇔
⇔
⇔
⇔
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
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
· =
⇔⇔
⇔⇔ ⇔⇔
⇔⇔
⇔⇔
⇔ ⇔
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
⇔ ⇔
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

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

79 logaritimos (1)
79 logaritimos (1)79 logaritimos (1)
79 logaritimos (1)
Andréia Rossigalli
 
1 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 81 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 8
Juliana Malta de Sousa
 
Fuvest2016 2fase 3dia
Fuvest2016 2fase 3diaFuvest2016 2fase 3dia
Fuvest2016 2fase 3dia
Francisco Silva
 
L mat03(estudo.com)
L mat03(estudo.com)L mat03(estudo.com)
L mat03(estudo.com)
Arthur Prata
 
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
David Azevedo
 
Mat 140 questoes resolvidas vol i
Mat 140 questoes resolvidas vol iMat 140 questoes resolvidas vol i
Mat 140 questoes resolvidas vol i
trigono_metrico
 
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoraçãowww.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
ApoioAulas ParticularesCom
 
www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
 www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa... www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
Beatriz Góes
 
1 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 81 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 8
Juliana Malta de Sousa
 
Exercícios matrizes ii gabarito
Exercícios matrizes ii gabaritoExercícios matrizes ii gabarito
Exercícios matrizes ii gabarito
Otávio Sales
 
Doc matematica _687904612
Doc matematica _687904612Doc matematica _687904612
Doc matematica _687904612
Manuel Lucrecio
 
Ufba12mat2
Ufba12mat2Ufba12mat2
Ita2013 3dia
Ita2013 3diaIta2013 3dia
Ita2013 3dia
cavip
 
Relatorio integrais rev
Relatorio integrais  revRelatorio integrais  rev
Relatorio integrais rev
Estela Lasmar
 
Ita02m
Ita02mIta02m
Aula 1 - on line
Aula 1 - on lineAula 1 - on line
AV1 MA14 Gabarito
AV1 MA14 GabaritoAV1 MA14 Gabarito
AV1 MA14 Gabarito
Luciana Martino
 
L mat07(estudo.com)
L mat07(estudo.com)L mat07(estudo.com)
L mat07(estudo.com)
Arthur Prata
 
Lista 4 - Resolução
Lista 4 - ResoluçãoLista 4 - Resolução
Lista 4 - Resolução
Rodrigo Thiago Passos Silva
 

Mais procurados (19)

79 logaritimos (1)
79 logaritimos (1)79 logaritimos (1)
79 logaritimos (1)
 
1 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 81 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 8
 
Fuvest2016 2fase 3dia
Fuvest2016 2fase 3diaFuvest2016 2fase 3dia
Fuvest2016 2fase 3dia
 
L mat03(estudo.com)
L mat03(estudo.com)L mat03(estudo.com)
L mat03(estudo.com)
 
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
Proposta de resolução do exame de Matemática do 9.º ano 2011
 
Mat 140 questoes resolvidas vol i
Mat 140 questoes resolvidas vol iMat 140 questoes resolvidas vol i
Mat 140 questoes resolvidas vol i
 
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoraçãowww.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
www.AulasParticularesApoio.Com - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fatoração
 
www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
 www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa... www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
www.AulasDeMatematicaApoio.com.br - Matemática - Exercícios Resolvidos de Fa...
 
1 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 81 gabarito 7ªa e 8
1 gabarito 7ªa e 8
 
Exercícios matrizes ii gabarito
Exercícios matrizes ii gabaritoExercícios matrizes ii gabarito
Exercícios matrizes ii gabarito
 
Doc matematica _687904612
Doc matematica _687904612Doc matematica _687904612
Doc matematica _687904612
 
Ufba12mat2
Ufba12mat2Ufba12mat2
Ufba12mat2
 
Ita2013 3dia
Ita2013 3diaIta2013 3dia
Ita2013 3dia
 
Relatorio integrais rev
Relatorio integrais  revRelatorio integrais  rev
Relatorio integrais rev
 
Ita02m
Ita02mIta02m
Ita02m
 
Aula 1 - on line
Aula 1 - on lineAula 1 - on line
Aula 1 - on line
 
AV1 MA14 Gabarito
AV1 MA14 GabaritoAV1 MA14 Gabarito
AV1 MA14 Gabarito
 
L mat07(estudo.com)
L mat07(estudo.com)L mat07(estudo.com)
L mat07(estudo.com)
 
Lista 4 - Resolução
Lista 4 - ResoluçãoLista 4 - Resolução
Lista 4 - Resolução
 

Semelhante a Ita2008 3dia

Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
Wilson Kushima
 
Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
Camila Soares de Jesus
 
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADAProva do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
thieresaulas
 
Geometria analítica: ponto, reta e circunferência
Geometria analítica: ponto, reta e circunferênciaGeometria analítica: ponto, reta e circunferência
Geometria analítica: ponto, reta e circunferência
Marcos Medeiros
 
Fatec1 mat 2004
Fatec1 mat 2004Fatec1 mat 2004
Fatec1 mat 2004
profcoutinho
 
Fisica exercicios resolvidos 011
Fisica exercicios resolvidos  011Fisica exercicios resolvidos  011
Fisica exercicios resolvidos 011
comentada
 
Geometria analitica
Geometria analiticaGeometria analitica
Geometria analitica
wilso saggiori
 
Revisao udesc
Revisao udescRevisao udesc
Revisao udesc
slidericardinho
 
Unifesp 2005 1dia
Unifesp 2005 1diaUnifesp 2005 1dia
Unifesp 2005 1dia
Adolfo Gomes
 
Fatec1 mat
Fatec1 matFatec1 mat
Fatec1 mat
profcoutinho
 
matematica 8 ano
matematica 8 anomatematica 8 ano
matematica 8 ano
Jussileno Souza
 
Trigonometria PARTE 2
Trigonometria PARTE 2Trigonometria PARTE 2
Trigonometria PARTE 2
PROFESSOR GLEDSON GUIMARÃES
 
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
David Azevedo
 
Determinantes sistemas lineares
Determinantes sistemas linearesDeterminantes sistemas lineares
Determinantes sistemas lineares
ISJ
 
Determinantes Sistemas Lineares
Determinantes Sistemas LinearesDeterminantes Sistemas Lineares
Determinantes Sistemas Lineares
ISJ
 
Determinantes sistemas lineares
Determinantes sistemas linearesDeterminantes sistemas lineares
Determinantes sistemas lineares
ISJ
 
Ita2007 3dia
Ita2007 3diaIta2007 3dia
Ita2007 3dia
cavip
 
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
Arthur Lima
 
Remember 08
Remember 08Remember 08
Remember 08
resolvidos
 
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
Pastora Camargo
 

Semelhante a Ita2008 3dia (20)

Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
 
Resolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integraisResolucao dos exercicios_integrais
Resolucao dos exercicios_integrais
 
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADAProva do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
Prova do Colégio Militar do Rio de Janeiro, COMENTADA
 
Geometria analítica: ponto, reta e circunferência
Geometria analítica: ponto, reta e circunferênciaGeometria analítica: ponto, reta e circunferência
Geometria analítica: ponto, reta e circunferência
 
Fatec1 mat 2004
Fatec1 mat 2004Fatec1 mat 2004
Fatec1 mat 2004
 
Fisica exercicios resolvidos 011
Fisica exercicios resolvidos  011Fisica exercicios resolvidos  011
Fisica exercicios resolvidos 011
 
Geometria analitica
Geometria analiticaGeometria analitica
Geometria analitica
 
Revisao udesc
Revisao udescRevisao udesc
Revisao udesc
 
Unifesp 2005 1dia
Unifesp 2005 1diaUnifesp 2005 1dia
Unifesp 2005 1dia
 
Fatec1 mat
Fatec1 matFatec1 mat
Fatec1 mat
 
matematica 8 ano
matematica 8 anomatematica 8 ano
matematica 8 ano
 
Trigonometria PARTE 2
Trigonometria PARTE 2Trigonometria PARTE 2
Trigonometria PARTE 2
 
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
 
Determinantes sistemas lineares
Determinantes sistemas linearesDeterminantes sistemas lineares
Determinantes sistemas lineares
 
Determinantes Sistemas Lineares
Determinantes Sistemas LinearesDeterminantes Sistemas Lineares
Determinantes Sistemas Lineares
 
Determinantes sistemas lineares
Determinantes sistemas linearesDeterminantes sistemas lineares
Determinantes sistemas lineares
 
Ita2007 3dia
Ita2007 3diaIta2007 3dia
Ita2007 3dia
 
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
Cesgranrio petrobras engenheiro petroleo 2018
 
Remember 08
Remember 08Remember 08
Remember 08
 
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
Mat140questoesresolvidasvoli 111209133424-phpapp01
 

Mais de cavip

Sf2n3 2010
Sf2n3 2010Sf2n3 2010
Sf2n3 2010
cavip
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010
cavip
 
Sf2n1 2010
Sf2n1 2010Sf2n1 2010
Sf2n1 2010
cavip
 
Pf2n3 2010
Pf2n3 2010Pf2n3 2010
Pf2n3 2010
cavip
 
Pf2n2 2010
Pf2n2 2010Pf2n2 2010
Pf2n2 2010
cavip
 
Pf2n1 2010
Pf2n1 2010Pf2n1 2010
Pf2n1 2010
cavip
 
Sf2n3 2011
Sf2n3 2011Sf2n3 2011
Sf2n3 2011
cavip
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011
cavip
 
Sf2n1 2011
Sf2n1 2011Sf2n1 2011
Sf2n1 2011
cavip
 
Pf2n3 2011
Pf2n3 2011Pf2n3 2011
Pf2n3 2011
cavip
 
Pf2n2 2011
Pf2n2 2011Pf2n2 2011
Pf2n2 2011
cavip
 
Pf2n1 2011
Pf2n1 2011Pf2n1 2011
Pf2n1 2011
cavip
 
Pf2n3 2012
Pf2n3 2012Pf2n3 2012
Pf2n3 2012
cavip
 
Pf2n2 2012
Pf2n2 2012Pf2n2 2012
Pf2n2 2012
cavip
 
Pf2n1 2012
Pf2n1 2012Pf2n1 2012
Pf2n1 2012
cavip
 
Pf1n3 2012
Pf1n3 2012Pf1n3 2012
Pf1n3 2012
cavip
 
Pf1n2 2012
Pf1n2 2012Pf1n2 2012
Pf1n2 2012
cavip
 
Pf1n1 2012
Pf1n1 2012Pf1n1 2012
Pf1n1 2012
cavip
 
Lpp3 910
Lpp3 910Lpp3 910
Lpp3 910
cavip
 
Lpp3 801 pec
Lpp3   801 pecLpp3   801 pec
Lpp3 801 pec
cavip
 

Mais de cavip (20)

Sf2n3 2010
Sf2n3 2010Sf2n3 2010
Sf2n3 2010
 
Sf2n2 2010
Sf2n2 2010Sf2n2 2010
Sf2n2 2010
 
Sf2n1 2010
Sf2n1 2010Sf2n1 2010
Sf2n1 2010
 
Pf2n3 2010
Pf2n3 2010Pf2n3 2010
Pf2n3 2010
 
Pf2n2 2010
Pf2n2 2010Pf2n2 2010
Pf2n2 2010
 
Pf2n1 2010
Pf2n1 2010Pf2n1 2010
Pf2n1 2010
 
Sf2n3 2011
Sf2n3 2011Sf2n3 2011
Sf2n3 2011
 
Sf2n2 2011
Sf2n2 2011Sf2n2 2011
Sf2n2 2011
 
Sf2n1 2011
Sf2n1 2011Sf2n1 2011
Sf2n1 2011
 
Pf2n3 2011
Pf2n3 2011Pf2n3 2011
Pf2n3 2011
 
Pf2n2 2011
Pf2n2 2011Pf2n2 2011
Pf2n2 2011
 
Pf2n1 2011
Pf2n1 2011Pf2n1 2011
Pf2n1 2011
 
Pf2n3 2012
Pf2n3 2012Pf2n3 2012
Pf2n3 2012
 
Pf2n2 2012
Pf2n2 2012Pf2n2 2012
Pf2n2 2012
 
Pf2n1 2012
Pf2n1 2012Pf2n1 2012
Pf2n1 2012
 
Pf1n3 2012
Pf1n3 2012Pf1n3 2012
Pf1n3 2012
 
Pf1n2 2012
Pf1n2 2012Pf1n2 2012
Pf1n2 2012
 
Pf1n1 2012
Pf1n1 2012Pf1n1 2012
Pf1n1 2012
 
Lpp3 910
Lpp3 910Lpp3 910
Lpp3 910
 
Lpp3 801 pec
Lpp3   801 pecLpp3   801 pec
Lpp3 801 pec
 

Ita2008 3dia

  • 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