corda propriedade mn reais

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corda propriedade mn reais
GABARITO ITA
PROVA 2015/2016
MATEMÁTICA
PROVA – 17/12/15
¡ : conjunto de números reais
 : conjunto dos números complexos
i : unidade imaginária: i2 = –1
|z| : Módulo do número z ∈ 
Re(z) : parte real do número z ∈ 
Im (z) : parte imaginária do número z ∈ 
det M : determinante da matriz M
MT : transposta da matriz M
M–1 : inversa da matriz M
In : matriz identidade n × n
MN : produto das matrizes M e N
d(P,r) : distância do ponto P à reta r
AB : segmento de reta de extremidades nos pontos A e B
[a, b] = {x ∈ ¡ : a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ ¡ : a ≤ x < b}
]a, b] = {x ∈ ¡ : a < x ≤ b}
]a, b[ = {x ∈ ¡ : a < x < b}
X \ Y = {x ∈ X e x ∉ Y}
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares.
Questão 1
Considere as seguintes afirmações:
I. A função f(x) = log10  x − 1  é estritamente crescente no intervalo ]1, +∞[.
 x 


II. A equação 2x + 2 = 3x – 1 possui uma única solução real.
III. A equação (x + 1)x = x admite pelo menos uma solução real positiva.
É(são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
2
) apenas I.
) apenas I e II.
) apenas II e III.
) I, II e III.
) apenas III.
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito: Letra B.
1

I. f(x) = log10  x − 1  = log10  1 − 


 x 

x
Sem perda de generalidade, suponhamos a < b e a, b ∈ ]1, +∞[
a < b ⇔
1 1
1
1
−1 −1
 1
 1
> ⇔
<
⇔ 1 − < 1 − ⇔ log10  1−  < log10  1− 
a b
a
b
a
b
a


 b
Logo, se a < b, então f(a) < f(b) e temos que f(x) é crescente no intervalo.
VERDADEIRA
II.2x + 2 = 3x – 1
Aplicando “log10” nos dois lados:
(x + 2) log 2 = (x – 1) log 3 ⇒
x (log 3 – log 2) = 2 log 2 + log 3
log 12
=
x = log3 / 2 12
log (3 / 2)
VERDADEIRA
III. Iremos dividir em dois casos:
i)0 ≤ x < 1
É fácil observar que (x + 1)x ≥ 1 e x < 1 nesse caso, logo não há soluções positivas.
ii)x ≥ 1
Sabemos que (x + 1)x ≥ (x + 1) para x ≥ 1 e x + 1 > x para todo x ∈ .
Logo: (x + 1)x > x
Então não há soluções positivas.
FALSA.
Questão 2
Se x é um número natural com 2015 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de
A(
B(
C(
D(
E(
7
x é igual a
) 285
) 286
) 287
) 288
) 289
Gabarito: Letra D.
x é um número natural com 2015 dígitos, então:
102014 ≤ x < 102015 ⇒
7
102014 ≤
7
x <
7
102015 ⇒
3
PROVA – 17/12/15
10287 ·
7
105 ≤
Como
7
105 e
7
7
x < 10287 ·
7
106
106 são menores do que 10, temos que
7
x tem 288 dígitos.
Questão 3
Escolhendo-se, aleatóriamente, três números inteiros distintos no intervalo [1,20], a probabilidade de que
eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica é igual a
A( )
2
285
B( )
2
217
C( )
1
190
D( )
4
225
E( )
1
380
Gabarito: ANULADA.
No intervalo de [1, 20], temos as seguintes progressões geométricas:
(1, 2, 4)
(4, 6, 9)
(1, 3, 9)
(4, 8, 16)
(1, 4, 16)
(5, 10, 20)
(2, 4, 8)
(8, 12, 18)
(2, 6, 18)
(9, 12, 16)
(3, 6, 12)
 20 
.
 3
Temos que os casos totais são 
Logo, a probabilidade é:
Questão anulada
4
11
11
.
=
 20  1140
 3
 
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 4
 3π 
7 e x ∈  π, , então sen3x é igual a
 2
Se tgx =
A ( ) − 14 .
8
B ( )
14
.
8
C ( )
14
.
4
14
.
4
D ( ) −
E ( )
14
.
6
Gabarito: Letra B.
tgx =
7 ⇒ tg2x = 7 → sec2x = 8 ⇒ cos2x =
⇒ sen2x =
1
8
7
14
7
→ senx = −
=
−
, pois x ∈ 3oQ.
8
4
8
Como sen3x = 3 senx – 4 sen3x = senx (3 – 4 sen2x),
temos
sen3x = −
∴ sen3x =
14 
7   − 14   −1 
⋅3 − 4 ⋅  = 

4 
8   4   2 
14
8
5
PROVA – 17/12/15
Questão 5
Seja (a1, a2, a3 ....) a sequência definida da seguinte forma: a1 = 1000 e an = log10(1 + an–1) para n ≥ 2.
Considere as afirmações a seguir:
I. A sequência (an) é descrecente.
II. an > 0 para todo n ≥ 1.
III. an < 1 para todo n ≥ 3.
É(são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) apenas I.
) apenas I e II.
) apenas II e III.
) I, II e III.
) apenas III.
Gabarito: Letra D.
I. Veja inicialmente que a2 < a1. Veja também que an+1 < an ⇔ log (1 + an) < log (1 + an–1) ⇔
an < an – 1. Isso conclui o fato de (an) ser decrescente. (VERDADEIRA)
II.Se an – 1 > 0, então an = log (1 + an – 1) > 0. Como a1 = 1000 > 0, então an > 0 para todo n ≥ 1.
(VERDADEIRA)
III. Dado que (an) é decrescente, veja que a3 = log (1 + log1001) ≅ log 4, que é menor que 1. Logo, an <
1 para todo n ≥ 3. (VERDADEIRA)
Questão 6
Seja Pn um polígono convexo regular de n lados, com n ≥ 3. Considere as afirmações a seguir:
I. Pn é inscritível numa circunferência.
II. Pn é circuncristível a uma circunferência.
III.Se n é o comprimento de um lado de Pn e an é o comprimento de uma apótema de Pn, então
para todo n ≥ 3.
É (são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
6
) apenas I.
) apenas II.
) apenas III.
) apenas I e II.
) apenas I, II e III.
an
≤1
n
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito: Letra D.
I e II: verdadeiras.
A
B
α
Considere o triângulo isósceles interno ao polígono com base AB sobre
α
um dos lados, ângulo do vértice β =
360º
e vértice P.
n
A circunferência de centro P e raio AP é circunscrita ao polígono e a
circunferência de centro P tangente a AB é inscrita no polígono.
P
III: falsa.
n
2
tg





an
tg
180º
n
a
180º  n
∴ n =
=
n
n
2 an
Como tg
1
180º
2 ⋅ tg
n
a
180º
fica tão próximo de zero quanto se queira, n > 1 para uma
n
n
infinidade de inteiros n.
Questão 7
Um triângulo está inscrito numa circunferência de raio 1 cm. O seu maior lado mede 2 cm e sua área é de
1
2
cm2. Então, o menor lado do triângulo, em cm, mede
1
A( )1−
B( )
C( )
D( )
E( )
2
.
2 − 2.
1
2
2
6
3
6
.
.
.
7
PROVA – 17/12/15
Gabarito: Letra B.
Como o lado é igual ao diâmetro, o triângulo é retângulo.
Sendo b, c os lados, temos:
b
c
1
1
2
1
 bc
∴ bc =
2 =

2


 b2 + c2 =
4
Logo, b2 e c2 são raízes de t2 –4t + 2 = 0
Resolvendo: t=
4 ± 16 − 8
= 2± 2
2
Segue que o menor lado vale
2 − 2.
Questão 8
Se o sistema de equações
x + y + 4z = 2
x + 2y + 7z = 3
3x + y + az = b
é impossível, então os valores de a e b são tais que
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) a = 6 e b ≠ 4.
) a ≠ 6 e b ≠ 4.
) a ≠ 6 e b = 4.
) a = 6 e b = 4.
) a é arbritário e b ≠ 4.
Gabarito: Letra A.
1 1 4 
Matriz incompleta: A = 1 2 7  ⇒ detA = a – 6


3 1 a 
Para o sistema ser impossível: detA = 0 ⇔ a = 6.
Nesse caso:
8
x + y + 4z = 2 (1)
x + 2y + 7z = 3 (2)
3x + y + 6z = b (3)
2 e b2 c2 = 2
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
(2) – (1): y + 3z = 1 ⇒ 2y + 6z = 2
3 · (1) – (3): 2y + 6z = 6 – b
O sistema será impossível se 6 – b ≠ 2 ⇔ b ≠ 4.
Questão 9
Se P e Q são pontos que pertencem à circunferência x2 + y2 = 4 e à reta y = 2(1 – x), então o valor do
cosseno do ângulo PÔQ é igual a
3
5
A ( ) − .
3
7
2
C ( ) − .
5
B ( ) − .
4
5
D ( ) − .
1
7
E ( ) − .
Gabarito: Letra A.
Interseção da reta e circunferência a:
 x 2 + y 2 =
4

y 2(1 − x )
=
(I)
(II)
Substituindo (II) em (I):
x 2 + 4(1 − x )2= 4 ⇒
5x2 − 8x =
0⇒
0 ⇒ x=
0 ou x =
x ( 5 x − 8) =
8
5
6
8
Pontos: P(0, 2) e Q  , − 
5
5


Sejam P e Q os vetores relacionados aos ponto P e Q, respectivamente.
Seja θ o ângulo entre eles, então:
 
12
3
< P, Q > − 5
cos θ =   =
=−
4
5
P Q
9
PROVA – 17/12/15
Questão 10
Um triângulo retângulo tem perímetro igual a  5 , em que  é o comprimento da hipotenusa. Se α e β
são seus ângulos agudos, com α < β, então sen(β – α) é igual a:
A ( ) 5 − 2 5
B ( ) −6 + 3 5
C ( )
16 5 − 35
D ( )
20 5 − 44
E ( ) 18 5 − 40
Gabarito: Letra D.
Sejam x e y catetos. Então, tomando y > x:
x 2 + y 2 = 2
(
(
⇒ 2 xy =
2 5 − 2 5
)
)
x+y=
 5 −1
2
2 − 2 (5 −=
2 5 ) 2 ( 2 5 − 4) ⇒=
y − x  2 5 −4
Então: ( y − x ) =
Sabemos que β + α = 90°, então:
sen (β – α) = sen (90° – 2α) = cos 2α = cos2α – sen2α
y2

−
⇒ sen(β − α) =
2
⇒ sen(=
β − α)
10
x 2 ( y − x )( y + x )  2 5 − 4 
=
=
2
2
2
20 5 − 44
(
)
5 −1
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 11
 1 −1
 e N=
2 0 
Se M = 
 2 1
T
–1
 −1 3 , então MN – M N é igual a


3

A ( )  2
5
 2
5
− 
2 
3
−
2 
3
2
D ( ) 
 13
 2
3
2
B ( ) 
7
 2
1
− 
2 
5
−
2 
3
2
E ( ) 
 13
 2
3
2
C ( ) 
 13
 2
5
− 
2

3
−
2 
11
2

3
−
2 
−
11
2

5
− 
2 
−
Gabarito: Letra C
1

 0 2
1
1
2
1
−
−




MNT – M–1N = 

−
2 0   1 3   −1 1

2
 −1 3  
 1 −4   2 2  
=
 =
−
4 −2   5 1  
 2 2  

  2 1


  − 1 3

3 −11
2
2 

13 −5 
2
2 
Questão 12
Considere as afirmações a seguir:
I.Se z e w são números complexos tais que z – iw = 1 – 2i e w – z = 2 + 3i, então
z² + w² = –3 + 6i.
II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2|z|² + z² = 4 + 2i é igual a zero.
III.Se z = 1 – i, então z59 = 229 (–1 + i).
11
PROVA – 17/12/15
É (são) verdadeira(s)
A ( ) apenas I.
B ( ) apenas I e II.
C ( ) apenas I e III.
D ( ) apenas II e III.
E ( ) I, II e III.
Gabarito: Letra B
 z – wi = 1 – 2 i
I.I. 
w – z= 2 + 3 i
(I)
(II)
Somando (I) com (II):
w – wi = 3 + i (III)
Seja w = a + bi (IV), a, b∈.
Substituindo (IV) em (III):
a + bi – ai + b = 3 + i ⇒
3
a + b =
⇒ =
a 1e =
b 2
b – a = 1
⇒ 
Logo, w = 1 + 2i e z = –1 –i, então w2 + z2 = –3 + 6i
Verdadeira
II. 2|z|2 + z2 = 4 + 2i ⇒
Seja z = a + bi, então:
2a2 + 2b2 + a2 + 2abi – b2 = 4 + 2i ⇒
4
3 a2 + b2 =
 ab = 1
(I)
(II)
⇒ 
Substituindo (II) em (I):
1
= 4 ⇒ 3 a4 – 4 a2 + 1 = 0 ⇒
a2
1
0 ⇒ a=
ou a =
⇒ ( 3 a2 – 1)( a2 – 1) =
±
±1
3
3 a2 +
 1

Logo, z =
± (1 + i ) ou z =
±
+ 3 i .
 3

A soma de todas as soluções é igual a zero.
Verdadeira
III. z = 1 – i ⇒
29
z
(1 – i ) ⇒ =
(1 – i ) (1 – i )  ⇒
=
⇒ z
⇒ z
– 2 · i (1 – i )
(1 – i ) · ( – 2 i ) =
⇒ z= – 2 (1 + =
i ) 2 ( – 1 – i ).
59
=
z 59
29
59
59
Falsa
12
2
59
29
29
59
29
⇒
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 13
Sejam λ uma circunferência de raio 4 cm e PQ uma corda em λ de comprimento 4 cm. As tangentes a
λ em P e em Q interceptam-se no ponto R exterior a λ. Então, a àrea do triângulo PQR, em cm2 , é igual a:
A ( )
2 3
3
B ( )
3 2
2
C ( )
6
2
D ( )
2 3
5
E ( )
4 3
3
Gabarito: Letra E.
 = 60°
Como a corda PQ e o raio são iguais, temos PQ
R
120°
P
30°
4
Q
= 300° − 60° = 120°
PRQ
2
h = d( R, PQ) = 2 · tg30° =
S∆PQR =
2 3
3
PQ · h
2 3 1 4 3
=4·
· =
2
3 2
3
13
PROVA – 17/12/15
Questão 14
Se a reta de equação x = a divide o quadrilátero cujos vértices são (0,1), (2,0), (4,0) e (6,4) em duas
regiões de mesma área, então o valor de a é igual a
A ( ) 2 5 − 1.
B ( ) 2 6 − 1.
C ( ) 3 5 − 4.
D ( ) 2 7 − 2.
E ( ) 3 7 − 5.
Gabarito: Letra D.
Inicialmente, calculamos a área do #ABCD.
1
∆ , onde
2
0 1
2 0
∆ = 4 0 = 16 + 6 − 2 = 20. Logo, SABCD = 10.
6 4
0 1
y
SABCD =
y
A equação da reta AD é dada por =
1
x + 1.
2
B’
P’
C’
D
A
B
P
C
x=a
Para encontrar B’ e C’, fazemos, em AD :
x =2 ⇒ y = 2 ⇒ B’= (2, 2)
x =4 ⇒ y = 3 ⇒ C’= (4, 3)
2⋅2
2
=
2=
e SCC ' D
É fácil ver que SABB
' =
3⋅2
= 3.
2
Portanto, a reta x = a do problema satisfaz 2 < a < 4.


Sendo P = (a,0), temos P ' =  a,
Como #BB’P’P é trapézio:
14
a+2
. Para a divisão de áreas ser ao meio, temos SBB’P’P = 3.
2 
x
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
( BB '+ PP ' ) ⋅ BP
a+2

= 3 ⇔ 2+
( a − 2) =
6
2
2 

⇔ ( a + 6)( a − 2) =
12 ⇔ a2 + 4 a − 24 = 0
⇔ a=
−2 ± 2 7 . Como 2 < a < 4,
a = −2 + 2 7 .
Questão 15
Seja p o polinômio dado por p(x) = x8 + xm – 2xn, em que os expoentes 8, m, n formam, nesta ordem, uma
progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as seguintes afirmações:
I. x = 0 é uma raiz dupla de p.
II. x = 1 é uma raiz dupla de p.
III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula.
Destas, é(são) verdadeira(s)
A(
B(
C(
D(
E(
) apenas I.
) apenas I e II.
) apenas I e III.
) apenas II e III.
) I, II e III.
Gabarito: Letra C.
Para acharmos m e n, façamos m = 8q e n = 8q2
Do enunciado
8 + 8q + 8q2 = 14=
⇔ q
3
1
=
ou q −
2
2
Como p(x) é polinômio, m > 0 e n > 0.
Portanto, p(x) = x8 + x4 – 2x2
⇒ p(x) = x2(x6 + x2 – 2)
⇒ p(x) = x2(x + 1)(x – 1)(x4 + x2 + 2) (*)
2
Quando x4 + x2 + 2 = 0, temos x =
−1± 1− 8 −1± i 7
=
2
2
De forma que x ∈ \.
De (*), I e III, apenas, são verdadeiras.
15
PROVA – 17/12/15
Questão 16
—
Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado BC tais que BM =
MN = NC. Sendo a a medida, em radianos, do ângulo MÂN, então o valor de cos a é
A ( )
13
.
14
14
.
15
15
.
C ( )
16
16
.
D ( )
17
B ( )
E ( )
17
.
18
Gabarito: Letra A.
α
h
α
2
B
M
X
N
MN
Seja l o lado do ∆ABC, temos: =
C

 3
eh
=
(altura do triângulo)
3
2
Sendo X o ponto médio de MN, por simetria XN=
1  
⋅ =
2 3 6
1

1−
1 − tg2 α
1
α XN
13
2
27
6
tg= =
=
⇒ cos α =
=
=
2
1
α
2 AX  3
14
3 3
1 + tg
2 1+
2
27
16
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 17
Uma esfera S1, de raio R > 0, está inscrita num cone circular reto K. Outra esfera, S2 de raio r, com 0 <
r < R, está contida no interior de K e é simultaneamente tangente à esfera S1 e à superfície lateral de K. O
volume de K é igual a
A( )
πR 5
.
3 r( R − r )
B( )
2πR 5
.
3 r( R − r )
C( )
πR 5
.
r( R − r )
D( )
4 πR 5
.
3 r( R − r )
E( )
5πR 5
.
3 r( R − r )
Gabarito: Letra B.
cone K
Sejam a e b, respectivamente, raio da base e altura de K. Logo,
por semelhança:
r
R
2R 2
=
⇒=
b
.
b − 2R − r b − R
R−r
R
=
a
b
b−R
b 2 + a2
b2 R 2
b2 − 2 bR
⇒=
a2
Logo, o volume de K é dado por
π
1 2
b2 R 2
2R 2
πa b= ⋅ 2
⋅
=
3
3 b − 2 bR ( R − r )
(
a
)
π 2R 2 b R 2
R
2π R 4
2π R 5
=⋅
⋅
=
⋅
=
r ( R − r ) 3r ( R − r )
3 R − r b − 2R
3
17
PROVA – 17/12/15
Questão 18
Considere o polinômio p com coeficientes complexos definido por
p(z) = z4 + (2 + i) z3 + (2 + i) z2 + (2 + i) z + (1 + i).
Podemos afirmar que
A ( ) nenhuma das raízes de p é real.
B ( ) não existem raizes de p que sejam complexas conjugadas.
2.
2
2.
D ( ) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a
E ( ) o módulo de uma das raízes de p é igual a 2.
C ( ) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2 +
Gabarito: Letra E.
Testando i, –i e –1 são raízes.
p(i) = p(–i) = p(–1) = 0
Seja r a outra raiz, pelas relações de Girard:
i + (–i) + (–1) + r = −
(2 + i )
1
⇒ r = – 1 – i.
(
)
Assim, apenas o item (E) é verdadeiro r = 2 .
Questão 19
Pintam-se N cubos iguais utilizando-se 6 cores diferentes, uma para cada face. Considerando que cada
cubo pode ser perfeitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a
A(
B(
C(
D(
E(
) 10
) 15
) 20
) 25
) 30
Gabarito: Letra E.
Dada uma coloração, coloquemos a face de cor C1 no chão sempre.
Há 5! maneiras de se pintar as demais faces.
Entretanto, cada uma dessas colorações foi pintada 4 vezes, pois esse
é o número de formas de girar o cubo mantendo a cor C1 embaixo
(basta escolher qual das arestas 1, 2, 3, 4 acima está olhando para
você).
Logo, a resposta é
18
5!
= 30.
4
3
4
2
1
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 20
Em um triângulo equilátero ABC de lado 2, considere os pontos P, M e N pertencentes aos lados
AB, BC e AC , respectivamente, tais que
a) P é o ponto médio AB ;
b) M é o ponto médio de BC ;

c) PN é a bissetriz do ângulo APC
Então, o comprimento do segmento MN é igual a
A ( ) 10 − 4 3
B( ) 5 − 2 3
C( ) 6 − 3 3
D ( ) 10 − 5 3
E( )
5 3 −5
Gabarito: Letra D.
A
Seja x = AN.
Temos CP = 3 (altura).
Pelo teorema da bissetriz interna no DACP, temos
x
1
N
x 2− x
2
=
=
1
3 +1
3
P
2–x
⇒ x =3 − 1
1
2 ( 3 − 1)= 3 − 3.
Daí, CN = 2 − x =−
Pela lei dos cossenos no DCMN, temos
MN 2= (3 − 3 )2 + 12 − 2 (3 − 3 ) ⋅ 1 ⋅
B
3
M
1
C
1
2
2
MN=
(13 − 6 3 ) − (3 − 3=) 10 − 5 3
=
MN
10 − 5 3
19
PROVA – 17/12/15
Questão 21
Seja f função definida por f(x) = logx+1(x2 – 2x – 8). Determine:
a) O domínio Df da função f.
b) O conjunto de todos os valores de x ∈ Df tais que f(x) = 2.
c) O conjunto de todos os valores de x ∈ Df tais que f(x) > 1.
Gabarito:
(
=
f ( x ) log x +1 x 2 − 2 x − 8
)
x + 1> 0

a) Restrições:  x + 1 ≠ 1
 x2 − 2x − 8 > 0

⇒
x >4
Logo, o domínio de f é o intervalo ]4, +∞).
(
)
b) f ( x ) = 2 ⇒ log x +1 x 2 − 2 x − 8 = 2 ⇒ x 2 − 2 x − 8 = ( x + 1)
⇒x=
−
2
⇒ − 2x − 8 =2x + 1
9
∉ Df
4
Logo, o conjunto pedido é o conjunto vazio.
(
)
c) f ( x ) > 1 ⇒ log x +1 x 2 − 2 x − 8 > 1. Como x ∈ Df , x + 1 > 1 e então a inequação é escrita
como:
x2 − 2x − 8 > x + 1 ⇒ x2 − 3x − 9 > 0 ⇒ x <
(
)
(
)
(
3
3
1− 5 ou x> 1+ 5
2
2
3
)

Mas x ∈ Df , então o conjunto pedido é o intervalo  1+ 5 , +∞
2

Questão 22
Sejam x e y pertencentes ao intervalo [0, π]. Determine todos os pares ordenados (x, y) tais que
1

 2 cos x − sen y =
2

1
 2 sen x + 3 cos y =
− .

2
20
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito:
1

 2 cos x − sen y = 2

 2 sen x + 3 cos y = − 1 , x, y ∈ [0, π]

2
1
1
2 cos x = + sen y ⇒ 2cos2 x = + sen y + sen2 y
2
4
1
1
2 sen x = − − 3 cos y ⇒ 2sen2 x = + 3 cos y + 3 cos2 y
2
4
Somando as equações e fazendo t = sen y:
2=
1
+ t + 3 · 1 − t 2 + 1 + 2 − 2t 2
2
4 t 2 − 2t − 3 = ± 2 3 · 1 − t 2
Elevando ao quadrado:
16t4 + 4t2 + 9 – 16t3 – 24t2 + 12t = 12 – 12t2
16t4 – 16t3 – 8t2 + 12t – 3 = 0
Testando raízes racionais e abaixando o grau usando Briot-Ruffini, temos as raízes 1 , 1 , ±
2 2
• t = −
• t =
3
.
2
3
não serve, pois t = sen y > 0 p/ y ∈ [0, π]
2
π
1
1 1
2
1
: sen y = ⇒ 2 cos x − = ⇒ cos x =
⇒x=
2
2 2
2
4
2
Jogando na 2a equação do sistema inicial:
2·
2
1
3
5π 
1 
+ 3 cos y = − ⇒ cos y = −
⇒y=
e sen y = ok 
2
2
2
6 
2 
• t =
π
3
1+ 3
6+ 2
3:
sen y =
⇒ 2 cos x =
⇒ cos x =
⇒x=
2
2
4
12
2
Jogando na 2a equação do sistema inicial:
 6 − 2
1
1
2π 
3 
2 ·
ok 
 + 3 · cos y = − ⇒ cos y = − ⇒ y =
 e sen y =



4
2
2
3 
2



 π 5π 
 π 2π 
Soluções: ( x , y ) =  ,
 ou ( x, y ) =  12 , 3 
4 6 


21
PROVA – 17/12/15
Questão 23
Um hexágono convexo regular H e um triângulo equilátero T estão inscritos em circunferências de raios RH e
RT, respectivamente. Sabendo-se que H e T têm mesma área, determine a razão
RH
.
RT
Gabarito:
Se H está inscrito numa circunferência de raio RH, sua área é dada por
inscrito numa circunferência de raio RT, sua área é dada por
3 2
RH 3 . Além disso, se T está
2
3 2
RT 3. Pela condição do problema:
4
R2
R
3 2
3 2
2
.
RH 3 =
RT 3 ⇒ RH2 = T ⇒ H =
2
4
2
2
RT
Questão 24
Seja A a matriz de ordem 3 × 2, dada por
1
A = 0

1
0
1.

1
a) Determine todas as matrizes B tais que BA = l2.
b) Existe uma matriz B com BA = l2 que satisfaça BBT = l2? Se sim, dê um exemplo de uma dessas
matrizes.
Gabarito:
a
a) Da equação BA = I2, sendo A3×2 e I2×2, B deve ser da forma 2 × 3. Seja: B = 
d
1 0 
 a b c 
 1 0 
temos 
·
 0 1  = 0 1  .
d
e
f

 1 1




22
b c
,
e f 
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
1
a + c =
( a, b, c ) = (1 – c, – c, c )
0
 b + c =
⇒
Daí, 
d
+
f
=
0
( d, e, f ) = ( – f , 1 – f , f )

1
e + f =
1 – c – c
Então, B = 
–f 1 – f
c
, sendo c e f quaisquer.
f 
1 – c – c
1– f

b) Consideremos BBT = I, temos 
–f
(1 – c )2 + ( – c )2 + c2 =
1

2
2
2
Então, ( – f ) + (1 – f ) + f =
1
(1 – c )( – f ) + (1 – f )( – c ) + cf =
0

1 – c – f 
c 
1
·
–c
1 – f = 
 0
f  
f 
c
(I)
0
.
1
(II)
(III)
Por (I) e (II), c e f são raízes de (1 – x)2 + (– x)2 + x2 = 1, que equivale a 3x2 – 2x = 0. Então, c e f são
iguais a 0 ou
2
.
3
Agora, veja que (III) equivale a 3cf = c + f.
É fácil ver que as únicas opções são c = f = 0 e c= f=
2
.
3
1
3
1 0 0 

Portanto, a resposta é sim =
e os exemplos são B =
 ou B 
0 1 0 
 −2
 3
−2
3
1
3
2 
3 

.
2
3 
Questão 25
Numa certa brincadeira, um menino dispõe de uma caixa contendo quatro bolas, cada qual marcada com
apenas uma destas letras: N, S, L e O. Ao retirar aleatoriamente uma bola, ele vê a letra correspondente e
devolve a bola à caixa. Se essa letra for N, ele dá um passo na direção Norte; se S, em direção Sul, se L,
na direção Leste e se O, na direção Oeste.
Qual a probabilidade de ele voltar para a posição inicial no sexto passo?
Gabarito:
Considere k o número de passos na direção norte (0 ≤ k ≤ 3). Nesse caso devemos ter k passos para o
norte, k passos para o sul, 3 – k para leste e 3 – k para oeste.
6!
Permutando esses
passos:
=
2
2
( k !) ( 3 – k ) !
( 3!)
6!
6 3 
·
=
2
2
 ·  .
2
2
3!


( ) ( 3!) ( k !) ( 3 – k ) !  3   k 
2
2
23
PROVA – 17/12/15
3
Casos favoráveis:
2
3
63 
6
3  3 
=
·
3 k 
3
 

0=
  
  k 0  k 3 – k 
Σ
=
k
Σ
2
 h m   h + m
6
=
,
temos
n
A
=
=
( )  3  400.
 k  p – k   p 
k =0

 

 
n
Utilizando o Teorema de Euler:
Σ
Casos possíveis: n ( Ω ) =4 6
P=
( A)
n ( A) 400
25
.
= =
n (Ω)
46
256
Questão 26
Sejam S um subconjunto de 2 e P = (a, b) um ponto de 2. Define-se distância de P a S, d (P, S),
como a menor das distâncias d(P, Q), com Q ∈ S:
d(P, S) = min{d(P, Q) : Q ∈ S}.
Sejam S1 = {(x, y) ∈ 2 : x = 0 e y ≥ 2} e S2 = {(x, y) ∈ 2 : y = 0}.
a)Determine d(P, S1) quando P = (1, 4) e d(Q, S1) quando Q = (–3, 0).
b) Determine o lugar geométrico dos pontos do plano equidistantes de S1 e de S2.
Gabarito:
a) Esboçando o gráfico:
y
P(1,4)
S1
2
Q(–3,0)
x
Como yp ≥ 2, d(P, S1) é calculada pela perpendicular traçada de P a S1.
Então, d(P, S1) = |xp| = 1.
Como yq < 2, d(Q, S1) é calculada pela distância de Q ao ponto (0, 2).
Então, d(Q, S1) = 22 + 32 =
13 .
Resposta: d(P, S1) = 1 e d(Q, S1) = 13.
24
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
P
b) A distância d(P, S2) é sempre igual a |yp|.
Como d(P, S1) pode ser calculada de duas maneiras, devemos dividir o problema em dois casos.
1o caso: yp ≥ 2.
Aqui, d(P, S1) = d(P, S2) ↔|xp| = |yp| = yp.
Portanto, ficamos com o gráfico de y = |x|, restrito a y ≥ 2.
2o caso: yp < 2.
Aqui, d(P, S1) = d(P, S2) ↔
↔
x P2
+
y P2
y P2
− 4 y P +=
4
x P2 + ( y P − 2)2 = | y P |
↔ y=
P
x 2p
4
+1
Portanto, ficamos com o gráfico da parábola =
y
reta
x2
+1
4
reta
y
2
1
–2
2
x
parábola
Questão 27
Sejam a, b, c números reais com a ≠ 0.
a) Mostre que a mudança x +
1
= z transforma a equação ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 numa equação
x
de segundo grau.
b) Determine todas as raízes da equação x4 + 3x3 – 2x2 + 3x + 1 = 0.
25
PROVA – 17/12/15
Gabarito:
a) Na equação dada, divida por x²:
1
1


a  x2 + 2  + b x +  + c =
0
x
x 


Fazendo x +
1
1
= z, temos x² + 2 = z² – 2. A expressão acima vira:
x
x
a(z² – 2) + bz + c = 0 ⇔ az² + bz + (c – 2a) = 0, que é uma equação do 2o grau.
b) Usando o processo acima, temos z² + 3z – 4 = 0, que dá z = 1 ou z = –4 .
• z = 1 ⇔ x +
1 ± 3i
1
= 1 ⇔ x² – x + 1 = 0 ⇔ x =
2
x
• z = –4 ⇔ x +
1
= –4 ⇔ x² + 4x + 1 = 0 ⇔ x = –2 ± 3 .
x
 1 + 3 i 1 − 3 i

;
; − 2 + 3; − 2 − 3 
2
 2

∴S= 
Questão 28
Considere as circunferências
e
λ1: x2 + y2 – 8x + 4y = 20
λ2: x2 + y2 – 2x – 8y = 8.
O triângulo ABC satisfaz as seguintes propriedades:
—
a) o lado AB coincide com a corda comum a λ1 e λ2;
b) o vértice B pertence ao primeiro quadrante;
—
c) o vértice C pertence a λ1 e a reta que contém AC é tangente a λ2 .
Determine as coordenadas do vértice C.
Gabarito:
λ : ( x − 4)2 + ( y + 2)2 =
40
Veja que  1
2
2
25
λ 2 : ( x − 1) + ( y − 4) =
26
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Achando as interseções, obtemos os pontos (6, 4) e (–2, 0).
Como B é do 1o quadrante, temos A = (–2, 0)

—
Já que A ∈ λ2, AC é a reta perpendicular a AO2 por A, onde O2 = (1, 4) é o centro de λ2.
Logo a reta AC é:
−1
y − yA =
m( x − x A ), onde m =
 y A − yO 
2


 x A − xO 
2 

−1
( x + 2)
y −0 =
 0−4 
 −2 − 1 


3
y = − ( x + 2)
4
Intersectando esta reta com λ1, achamos A e C.
2
 3

( x − 4)2 +  − ( x + 2) + 2  = 40
4


25
95
e o coeficiente líder é
16
4
38
76
Por Girard, xC · xA = –2xc = − ∴ x c =
5
5
O termo independente de x é −
3
4
38 −36 

Logo, C =  ,
5 
 5
36
5
Temos ainda y C = − ( x c + 2) =
−
Questão 29
Determine o termo constante do resto da divisão do polinômio (1 + x + x2)40 por (1 + x)3.
Gabarito
Seja 1 + x = y. Temos que 1 + x + x2 = 1 + (y – 1) + (y – 1)2 = y2 – y + 1.
Vamos, então, encontrar o resto de (y2 – y + 1)40 por y3. Para isso, basta, em sua expansão, encontrar os
termos de grau menor que 3.
 40  2
 40  2
 y − y +  y − y
 1
 2
Pelo binômio de Newton, essa expansão é 1+ 
possui parcelas de grau menor que 3.
(
)
(
)
2
+ f(y) , onde f (y) não
27
PROVA – 17/12/15
Desenvolvendo, chegamos a 1 + 40 (y2 – y) + 780 (y4 – 2y3+y2)
= 780 y4 – 1560y3 + 820y2 – 40y + 1.
Então, o resto é, em função de y, 820y2 – 40y + 1.
Voltando a x, R(x) = 820(1+x)2 – 40(1+x)+ 1.
Seu termo independente é R(0) = 820 – 40 + 1 = 781.
Questão 30
Em um cone circular reto de altura 1 e raio da base 1 inscreve-se um tetraedro regular com uma de suas
faces paralela à base do cone, e o vértice oposto coincidindo com o centro da base do cone. Determine o
volume do tetraedro.
Gabarito:
Num tetraedro regular de aresta l, altura h e circunraio da base r, temos as relações
=
 r=
3, h
 6
.
3
Pela semelhança, temos:
r 1− h
=
.
1
1
1–h
Substituindo tudo em l:

3
= 1−
 6
3
⇒=
⇒  =6 − 3 .
3
6+ 3
3 2
Como o volume é dado por V =
, temos:
12
(
V=
6− 3
12
)
3
2
, que é igual a V =
r
h
1
10 3 − 7 6
unidades de volume.
4
Comentários:
A prova deste ano pode ser considerada mais difícil e com questões mais interessantes do
que nos últimos concursos. Destacamos as questões 22, 25, 26 e 29 da parte discursiva, que
possuem ideias difíceis para serem realizadas no tempo concedido aos candidatos.
Podemos perceber também um aumento no número de questões de geometria (13 questões
entre plana e analítica).
Acreditamos que com a dificuldade da prova as médias serão mais baixas e os alunos mais
bem preparados conseguirão se destacar dos demais.
Professores:
Marcio Cohen / Rodrigo Villard / Jordan Piva / Sandro Davison / Caio Dorea / Raphael Mendes
28