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Mat conjunto vazio resolvidos

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  • 1. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA MÚLTIPLA ESCOLHA 4. Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar que: NOTAÇÕES a) x ∈ ]0, 2[. b) x é racional. c) 2x é irracional.C : conjunto dos números complexos. d) x2 é irracional. e) x ∈ ]2, 3[.Q : conjunto dos números racionais.R : conjunto dos números reais. SOLUÇÃO:Z : conjunto dos números inteiros.N = {0, 1, 2, 3, ...}.N* = {1, 2, 3, ...}. ( Como 7 − 4 3 = 2 − 3 tem-se: ) 2∅ : conjunto vazio.A B = {x ∈ A ; x ∉ B}. x = 2− 3 ( ) 2 + 3 ⇔ x = 2− 3 + 3 = 2 Logo, x é racional.[a, b] = {x ∈ R, a ≤ x ≤ b}. ALTERNATIVA B]a, b[ = {x ∈ R, a < x < b}.i : unidade imaginária ; i2 = –1. 5. Considere o triângulo de vértices A, B e C, sendo D um ponto doz = x + iy , x, y ∈ R. z : conjugado do número complexo z ∈ C. lado AB e E um ponto do lado AC . Se m( AB) = 8 cm,|z| : módulo do número complexo z ∈ C. m( AC) = 10 cm, m( AD) = 4 cm e m( AE) = 6 cm , a razão dasAB : segmento de reta unindo os pontos A e B. áreas dos triângulos ADE e ABC é:m( AB) : medida (comprimento) de AB . 1 3 3 3 3 a) . b) . c) . d) . e) . 2 5 8 10 41. Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6}, T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} eas afirmações: SOLUÇÃO:I. {0} ∈ S e S ∩ U ≠ ∅. A partir dos dados da questão temos a seguinte figura geométrica:II. {2} ⊂ S U e S ∩ T ∩ U = {0, 1}.III. Existe uma função f: S → T injetiva.IV. Nenhuma função g: T → S é sobrejetiva.Então, é(são) verdadeira(s):a) apenas I. b) apenas IV. c) apenas I e IV.d) apenas II e III. e) apenas III e IV.SOLUÇÃO:I. Falsa, pois {0} ⊂ S e não {0} ∈ S.II. Falsa, pois {2} ⊂ S U, porém S ∩ T ∩ U = ∅III. Falsa, pois como n(S) > n(T) não é possível fazer x1 ≠ x2 ⇒ f(x1) ≠ f(x2),∀x ∈ S Logo, temos a razão entre as áreas:IV. Verdadeira, pois como n(T) < n(S) sempre haverá um elemento 1 ˆ ⋅ AD ⋅ AE ⋅ senA de S sem correspondente em T, ou seja, o contra-domínio é S ADE 2 4⋅6 3 diferente da imagem. = = = S ABC 1 ˆ 8 ⋅ 10 10 ALTERNATIVA B ⋅ AB ⋅ AC ⋅ senA 22. Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduíches, ALTERNATIVA D7 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$ 31,50. Em outramesa, o consumo de 4 sanduíches, 10 xícaras de café e 1 pedaço 6. Em um triângulo retângulo, a medida da mediana relativa àde torta totalizou R$ 42,00. Então, o consumo de 1 sanduíche, 1 hipotenusa é a média geométrica das medidas dos catetos. Então,xícara de café e 1 pedaço de torta totaliza o valor de o valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual aa) R$ 17,50. b) R$ 16,50. c) R$ 12,50. d) R$ 10,50. e) R$ 9,50. 4 2+ 3 1 1 1 a) . b) . c) 2 + 3 . d) 4 + 3 . e) 2+ 3. 5 5 2 4 3SOLUÇÃO:Sejam s o preço do sanduíche, x o da xícara de café, t o do pedaçode torta. Então: SOLUÇÃO:Para a mesa 1, temos: 3s + 7x + t = 31,50 (I) Como o triângulo é retângulo, a medida da mediana relativa àPara a mesa 2, temos: 4s + 10x + t = 42,00 (II) hipotenusa é igual à metade da medida da hipotenusa, issoFazendo 3⋅I – 2⋅II temos: s + x + t = 10,50 pode ser observado pela figura: ALTERNATIVA D x3. Uma circunferência passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e αC = (8, 8). Então, o centro da circunferência e o valor de seu raio,respectivamente, sãoa) (0, 5) e 6. b) (5, 4) e 5. c) (4, 8) e 5,5. a xd) (4, 5) e 5. e) (4, 6) e 5. xSOLUÇÃO:Como A = (0, 2) e B = (0, 8) têm a mesma abscissa, e sabemos quea mediatriz de AB (a reta y = 5) passa pelo centro da circunferência bD, temos que yD=5.Como B = (0, 8) e C = (8, 8) têm a mesma ordenada, e sabemos Pelas condições do problema: x = abque a mediatriz de BC (a reta x = 4) passa pelo centro da Por Pitágoras:circunferência D, temos que xD=4. a2 + b2 = 4x2 ⇔ a2 + b2 = 4abAssim, o centro da circunferência é D = (4, 5).Para o raio temos: ⇔ a2 – 4ab + b2 = 0 ⇔ a = 4b ± 16b 2 − 4b 2 2 ( =b2± 3 ) r= (x A − x D ) + (y A − y D ) ⇒ r = 2 2 (0 − 4) 2 + (2 − 5 ) ⇒ r = 5 2 Considerando a > b, vem: ALTERNATIVA D a = b(2+ 3 ) 1
  • 2. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICAPortanto: SOLUÇÃO: cos α = a = a ⋅ ab ⇔ cos α = ab = b 2+ 3 2 ( ) Sendo n o número de lados da base do prisma, fazemos a soma dos ângulos das faces laterias mais a soma dos ângulos das bases, 2x 2 ab ab 2b 2b logo: 360o⋅n + 2⋅[180o⋅(n – 2)] = 7200o ⇒ –720o + 720o⋅n = 7200o ⇒ n = 11 1 Como o prisma é composto por duas bases de 11 lados, então seu ⇔ cos α = 2+ 3 2 número total de vértices é 22. ALTERNATIVA C ALTERNATIVA E7. A circunferência inscrita num triângulo equilátero com lados de 10. Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no6 cm de comprimento é a interseção de uma esfera de raio igual a 4 plano, três vértices de um tetraedro regular são dados porcm com o plano do triângulo. Então, a distância do centro da esfera A = (0, 0), B = (2, 2) e C = (1 − 3 , 1 + 3 ) . O volume do tetraedro éaos vértices do triângulo é (em cm)a) 3 3 . b) 6. c) 5. d) 4. e) 2 5 . 8 3 3 5 3 a) . b) 3. c) . d) . e) 8. 3 2 2SOLUÇÃO: SOLUÇÃO: Desenhando a figura dada, temos: y C 1+ 3 2 BConsidere o triângulo eqüilátero ABC, O o centro da circunferênciae O o centro da esfera. Sendo l o lado do triângulo: 1l 3 2l 3 OH = = 3 e AO = =2 3 3 2 3 2 xSendo OH o raio da esfera, então: 1− 3 A 2 ( ) 2 O’H2 = OH2 + OO’2 ⇔ 4 2 = 3 + OO 2 ⇔ OO = 13 Cálculo do lado do tetraedro:Utilizando o teorema de Pitágoras em ∆O’AO: AB = l = 2 2 O’A2 = O’O2 + AO2 ⇔ O’A2 = 13 + 12 Cálculo do volume do tetraedro com base ABC:Logo, O’A = 5. V ALTERNATIVA C 2 2 2 28. Uma esfera de raio r é seccionada por n planos meridianos. Osvolumes das respectivas cunhas esféricas contidas em uma semi- h Hesfera formam uma progressão aritmética de razão A C . 3 3πr πr M .. G . Se o volume da menor cunha for igual a , então n é 2 245 18 2 2igual aa) 4. b) 3. c) 6. d) 5. e) 7. B Aplicando Pitágoras no triângulo VMB:SOLUÇÃO:Na P.A. dada tem-se VB2 = MB2 + VM2 ⇔ 2 2 = ( ) ( 2) 2 2 + h 2 ⇔ h2 = 6 Aplicando Pitágoras no triângulo VMG: π ⋅r3 π ⋅r3 2 a1 = , R= e Sn = ⋅ π ⋅ r 3 1  2 4 3 18 45 3 VM2 = MG2 + VG2 ⇔ h 2 =  h  + H2 ⇔ H =Aplicando a fórmula da soma da P.A., tem-se:  3  3  πr 3 πr 3  πr 3   1 1 l2 3 4 3 8  + + (n − 1) ⋅ ⋅n ⇒ V= AB ⋅ H ⇔ V = ⋅ ⋅ ⇔ V= Sn = (a1 + a n ) ⋅ n =  18 18  45   3 3 4 3 3 2 2 Logo o volume da pirâmide é 8/3. ALTERNATIVA A   πr 3 πr 3  πr  3  + + (n − 1) ⋅ ⋅n  45  11. No desenvolvimento de (ax2 – 2bx + c + 1)5 obtém-se um  18 18  2 ⇒ = ⋅ π ⋅r3 polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e –1 são raízes 2 3 de p(x), então a soma a + b + c é igual aAssim, simplificando a equação acima, temos: 1 n 1  4 1 1 1 3  + − .n = a) − . b) − . c) . d) 1. e) .  9 45 45  3 2 4 2 2Multiplicando ambos os membros da equação por 45, vem: SOLUÇÃO: (5 + n – 1)n = 60 ⇒ (n + 4)⋅n = 60 Seja p(x) = (ax2 – 2bx + c + 1)5 e considerando a, b e c reais, temosComo a equação acima admite 6 e –10 como raízes, chegamos que a soma dos coeficientes é dada pora conclusão que a esfera é intersectada por 6 planos p(1) = (a – 2b + c + 1)5 = 32meridionais. Então: ALTERNATIVA C a – 2b + c + 1 = 2 ⇒ a – 2b + c = 1 (I) Como 0 e –1 são raízes, então:9. Considere um prisma regular em que a soma dos ângulos p(0) = c + 1 = 0 ⇒ c = – 1 (II)internos de todas as faces é 7200º. O número de vértices deste p(–1) = a + 2b + c + 1 = 0 ⇒ a + 2b + c = –1 (III)prisma é igual aa) 11. b) 32. c) 10. d) 20. e) 22. 2
  • 3. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICADe (I), (II) e (III), temos: SOLUÇÃO: a = 1 Sejam x1, x2, x3 e x4 as raízes do polinômio, então: a − 2b + c = 1  x1 = 2 + i e x2 = x 1 = 2 – i   1 1 c = −1 ⇒ b = − ∴ a + b + c = − Pelas relações de Girard: a + 2b + c = −1  2 2  b c = −1  x1 + x2 + x3 + x4 = − = – 1 ⇒ 2 + i + 2 – i + x3 + x4 = – 1 aOBSERVAÇÃO: Caso os coeficientes a, b e c fossem complexos ⇒ x3 + x4 = – 5não reais, então na extração da raiz quinta da equação ALTERNATIVA E(a – 2b + c + 1)5 = 32, obteríamos 5 diferentes valores para a somaa + b + c. 15. Considere a equação em x ALTERNATIVA A a x +1 = b 1/ x , onde a e b são números reais positivos, tais que ln b = 2 ln a > 0. A12. O menor inteiro positivo n para o qual a diferença n − n −1 soma das soluções da equação éfica menor que 0,01 é a) 0. b) –1. c) 1. d) ln 2. e) 2.a) 2499. b) 2501. c) 2500. d) 3600. e) 4900. SOLUÇÃO:SOLUÇÃO: Dada a equação:Dada a inequação: n − n − 1 ≤ 0,01 1Podemos reescreve-la como: a x +1 = b x n − (n − 1) 1 1 1 Aplicando ln dos dois lados, temos: ≤ ⇒ ≤ ⇒ n + n − 1 ≥ 100 1 n + n −1 100 n + n −1 100 (x + 1)ln a = ln b xComo sabemos que 2500 = 50 , para a desigualdade ser Como, dado do enunciado, ln b = 2 ln a > 0 , podemos fazer:verdadeira devemos ter n ≥ 2501 . ALTERNATIVA B (x + 1)ln a = 1 ln b ⇒ (x + 1)ln a = 1 2 ln a ⇒ (x + 1) = 2 x x x13. Seja D = R {1} e f : D → D uma função dada por ⇒ x2 + x − 2 = 0 x +1 Logo, a soma das raízes da equação é: f (x) = . −1 x −1 S= ⇒ S = −1Considere as afirmações: 1I. f é injetiva e sobrejetiva. ALTERNATIVA BII. f é injetiva, mas não sobrejetiva. 16. O intervalo I ⊂ R que contém todas as soluções da inequação  1III. f ( x ) + f   = 0, para todo x ∈ D, x ≠ 0. 1+ x 1− x π x arctan + arctan ≥ 2 2 6IV. f(x) ⋅ f(–x) = 1, para todo x ∈ D. éEntão, são verdadeiras a) [–1, 4]. b) [–3, 1]. c) [–2, 3]. d) [0, 5]. e) [4, 6].a) apenas I e III. b) apenas I e IV. c) apenas II e III.d) apenas I, III e IV. e) apenas II, III e IV. SOLUÇÃO: Sabe-se que:SOLUÇÃO: tan( a) + tan(b)Analisando as afirmações: tan( a + b) =I. Verdadeira. Para saber se f é injetiva e sobrejetiva, basta 1 − tan( a) tan(b)verificar se é bijetiva, então f deve possuir inversa: Aplicando a função tangente a ambos os membros da inequação x +1 f −1 ( y ) + 1 dada, temos:f (x) = ⇒ y = −1 1+ x 1− x x −1 f (y) − 1 + 2 2 πPara f- -1(y) ≠ 1: ≥ tan   1+ x   1− x  6 y +1 1−  ⋅  f −1 ( y ) =  2   2  y −1 Logo:Encontramos então a inversa, que é igual a função original, e uma 1 1 4 1 ≥ ≥ ⇒ x2 ≤ 4 3 − 3vez que existe inversa, a função é bijetiva.II. Falsa. Ficou provado em (I) que f é bijetiva logo também é 1− (1 − x ) 2 3 ⇒ 3+x 2 3sobrejetiva. 4III. Verdadeiro. Calculando o resultado da soma tem-se: A figura abaixo apresenta o conjunto solução dessa inequação: x + 1 1 / x + 1 x + 1 (1 + x ) / x f(x) + f(1/x) = + = + x − 1 1 / x − 1 x − 1 (1 − x ) / x x + 1 1+ x ⇒ f(x) + f(1/x) = − =0 x −1 x −1IV. Falsa. Calculando o valor de f(-x) em x = -1 tem-se: f(-x) = f(-(-1)) = f(1)Porém, f(1) não existe, uma vez que x = 1 não está no domínio def. Logo, não existe o produto P = f(x)⋅f(-x) para x = – 1, invalidandoa afirmação pois o produto não existe para todo x∈D. ALTERNATIVA A14. O número complexo 2 + i é raiz do polinômio f(x) = x4 + x3 + px2 + x + q,com p, q ∈ R. Então, a alternativa que mais se aproxima da soma Dos intervalos apresentados, o único que contém o intervalodas raízes reais de f é solução é [-2;3].a) 4. b) –4. c) 6. d) 5. e) –5. ALTERNATIVA C 3
  • 4. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA 1 − zw Das alternativas dadas, o valor que mais de aproxima é 0,40.17. Seja z ∈ C com |z| = 1. Então, a expressão assume ALTERNATIVA E z−wvalor: 20. A distância focal e a excentricidade da elipse com centro naa) maior que 1, para todo w com |w| > 1. origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, –2) são,b) menor que 1, para todo w com |w| < 1. respectivamente,c) maior que 1, para todo w com w ≠ z. 1 1 3 1d) igual a 1, independente de w com w ≠ z.. a) 3 e . b) e 3. c) e .e) crescente para |w| crescente, com |w| < |z|. 2 2 2 2 3 3SOLUÇÃO: d) 3 e . e) 2 3 e . 2 2 2Sabe-se que z ⋅ z = z . SOLUÇÃO:Como z = 1 , então z ⋅ z = 1 . Supondo que os eixos da elipse são paralelos aos eixosSubstituindo o resultado acima na expressão dada temos: cartesianos: 1− z ⋅ w z⋅z − z⋅w z( z − w ) = = = z = z =1 z−w z−w (z − w ) 2 1− z ⋅ wLogo, = 1 , ∀w ∈ C / w ≠ z. z−w 1 c 1 ALTERNATIVA D b18. O sistema linear bx + y = 1  by + z = 1 -2 x + bz = 1 Equação da elipse: não admite solução se e somente se o número real b for igual a y2 x2a) –1. b) 0. c) 1. d) 2. e) –2. 2 + =1 a b2SOLUÇÃO: Onde a é o semi-eixo maior e b é o semi-eixo menor.A condição necessária para que o sistema linear não admita Como (1, 0) e (0, – 2) pertencem a elipse; temos:solução é det = 0:  0 2 12  2 + 2 =1 b 1 0 a b a = 2  ⇒  0 b 1 = 0 ⇒ b3 + 1 = 0 ⇒ b = – 1  (− 2) b = 1 2 02 1 0 b  a2 + b2 = 1 Para b = – 1: Pelas relações geométricas, temos: − x + y = 1 a2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 − b 2 = 4 − 1 ⇒ c = 3  − y + z = 1 Onde c é a metade da distância focal.  x−z =1 Sendo e a excentricidade da elipse e df a distância focal, podemos  escrever:Somando-se as três equações, obtemos 0 = 3, que é um absurdo,portanto verificando que o sistema não admite solução.  c  3 e = e = ALTERNATIVA A  a ⇒  2 d = 2c 19. Retiram-se 3 bolas de uma urna que contém 4 bolas verdes, 5  f df = 2 3bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 é a probabilidade de não sair OBSERVAÇÃO: Caso os eixos da elipse não forem paralelos aosbola azul e P2 é a probabilidade de todas as bolas saírem com a eixos cartesianos, então esta questão teria infinitas soluções, poismesma cor, então a alternativa que mais se aproxima de P1+P2 é infinitas elipses satisfariam o enunciado.a) 0,21. b) 0,25. c) 0,28. d) 0,35. e) 0,40. ALTERNATIVA ESOLUÇÃO: DISSERTATIVASCalculo de P1:Temos inicialmente 16 bolas na urna, sendo 11 não-azuis, tirando As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem seras bolas sem reposição, a probabilidade P1 é dada por: resolvidas e respondidas no caderno de soluções. 11 10 9 P1 = ⋅ ⋅ 16 15 14 21. Seja a1, a 2 , ... uma progressão aritmética infinita tal queCalculo de P2: n P2 = V + A + BOnde: ∑ a3k = n 2 + πn2 , para n ∈ N* V = Probabilidade de serem todas verdes k =1 A = Probabilidade de serem todas azuis Determine o primeiro termo e a razão da progressão. B = Probabilidade de serem todas brancasTemos: SOLUÇÃO: 4 3 2 5 4 3 7 6 5 Para K = 1: V= ⋅ ⋅ ; A= ⋅ ⋅ ; B= ⋅ ⋅ a = 2 + π 16 15 14 16 15 14 16 15 14  3  ⇒ a 6 = 2 + 3 π ⇒ a 6 = a 3 + 2πLogo: a 3 + a 6 = 2 2 + 4π  11 ⋅ 10 ⋅ 9 + 4 ⋅ 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 ⋅ 3 + 7 ⋅ 6 ⋅ 5 P1 + P 2 = P 1 + V + A + B = Temos também que: 16 ⋅ 15 ⋅ 14 a6 = a3 + 3r 1284 Logo: P1 + P 2 = ≅ 0,382 3360 a3 + 3r = a3 + 2π ⇒ r = 2π/3 4
  • 5. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICATemos: Tomando o determinante: a1 = a3 – 2r det B = det [A⋅(A + 2B)] = det A⋅det (A + 2B) ≠ 0Logo: Pois B é inversivel. a1 = 2 + π – 2⋅(2π/3) ⇒ a1 = 2 – π/3 Se det A⋅det (A + 2B) ≠ 0, então det A ≠ 0 e portanto A é inversivel.22. Seja C a circunferência de centro na origem, passando pelo 24. Seja n o número de lados de um polígono convexo. Se a somaponto P = (3, 4). Se t é a reta tangente a C por P, determine a de n − 1 ângulos (internos) do polígono é 2004º, determine ocircunferência C’ de menor raio, com centro sobre o eixo x e número n de lados do polígono.tangente simultaneamente à reta t e à circunferência C. SOLUÇÃO:SOLUÇÃO: A soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é:Considere a figura: Si = (n – 2)⋅180º Pelo enunciado, temos: Si = S + a = 2004º + a Onde S é a soma de (n – 1) ângulos internos do polígono e a é medida de um desses ângulos. Então: 180º (n – 2) = 2004º + a ⇒ a = 180º⋅(n –2) – 2004º Mas, como se trata de um polígono convexo: 0 < a < 180º ⇒ 0 < 180º⋅(n – 2) – 2004º < 180º ⇒ 0 < (n – 2) – 11,133 < 1 ⇒ 13,133 < n < 14,133 Portanto, n = 14, pois n ∈ N.Equalção da reta OP : y = kx 25. (a) Mostre que o número real α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 é raiz daSubstituindo no ponto P: 4 = k⋅3 equação x3 + 3x – 4 = 0. 4 (b) Conclua de (a) que α é um número racional.Logo: (OP ) ⇒ y = x 3 SOLUÇÃO: −3 a) Fazemos:Equação da reta t (perperndicular a OP ): y = x+b 4 α= 3 x +3 y −3 Logo:Substituindo no ponto P: 4 = 3+b 4 3 α 3 = x + 3 x 2 3 y + 33 x 3 y 2 + y 25Logo: b = 4 α 3 = 2 + 5 + 33 (2 + 5 ) 2 (2 − 5 ) + 33 (2 + 5 )(2 − 5 ) 2 + 2  25 Assim: A  0,  α 3 = 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5  4  Substituindo na equação: 3 25 25Para y=0 (ponto B): x= ⇒ x= x3 + 3x – 4 = 0 ⇒ α3 + 3⋅α – 4 = 0 4 4 3 Resulta:  25   Logo: B  , 0 . 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 3 3 2 + 5 − 3 2 − 5  − 4 = 0  3   Para determinarmos o raio da circunferência maior: R2 = 32 + 42 ⇒ R2 = 25 ⇒ R = 5 ⇔ 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 33 2 + 5 − 33 2 − 5 − 4 = 0Observando a semelhança dos triângulos ∆OBP e ∆OPB: ⇔0=0 25 Logo, como a igualdade é verdadeira, podemos verificar que α é OP = BO ⇒ 5= 3 ⇒ 10 − r = 5r ⇒ 8r = 10 ⇒ r = 5 raiz da equação dada. O P BO r  25  3 3 3 3 4  − 5 −r 26. Considere a equação em x ∈ R  3 Logo: 1 + mx = x + 1 − mx , 25 sendo m um parâmetro real. xo’ = R + r ⇒ x o = e yo’ = 0 (a) Resolva a equação em função do parâmetro m. 4 2 (b) Determine todos os valores de m para os quais a equação  25  25 admite solução não nula.Assim, resulta a circunferência C:  x −  + y2 =  4  16 SOLUÇÃO:23. Sejam A e B matrizes 2×2 tais que AB = BA e que satisfazem à a) 1 + mx = x + 1 − mx ⇔ x = 1 + mx − 1 − mxequação matricial A2 + 2AB – B = 0. Se B é inversível, mostre que Elevando os dois membros ao quadrado, temos:(a) AB–1 = B–1A e que (b) A é inversível. x 2 = 1 + mx − 2 (1 + mx )(1 − mx ) + 1 − mxSOLUÇÃO: ⇔ x 2 = 2 − 2 1− m2 x 2 ⇔ 2 1− m2 x 2 = 2 − x 2a) Se B é inversivel então existe B-1, tal que Elevando novamente ao quadrado, temos: B⋅B-1 = 1 4(1 – m2x2) = (2 – x2)2Sendo AB = BA temos: ⇔ 4 – 4m2x2 = 4 – 4x2 + x4 ⇔ x4 – 4x2 + 4m2x2 = 0 A = A ⇔ A⋅1 = A ⇔ A⋅B⋅B-1 = A ⇔ x2 (x2 – 4 + 4m2) = 0 ⇔ B⋅A⋅B-1 = A ⇔ B-1⋅B⋅A⋅B-1 = B-1⋅A ⇔ 1⋅A⋅B-1 = B-1⋅A ⇔ A⋅B-1 = B-1⋅A x = 0   ⇔ ou ∴ S = 0, 2 1 − m 2 , − 2 1 − m 2   b) Resolvendo a equação:    A2 + 2AB – B = 0 ⇔ B = A2 + 2AB ⇔ x = ±2 1 − m  2 ⇔ B = A⋅(A + 2B) 5
  • 6. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICAb) Para que a equação admita solução não nula é necessário SOLUÇÃO:primeiramente que: Seja P, a função probabilidade definida no espaço de eventos do 1 – m2 > 0 ⇔ –1 < m < 1 (I) problema. Sejam, também, definidos os seguintes eventos:Testando as soluções, temos: V1: face visível do cartão selecionado é vermelha; V: face oculta do cartão selecionado é vermelha; x = 1 + mx − 1 − mx A: cartão de duas faces vermelhas é selecionado; ⇔ 2 1 − m = 1 + 2m 1 − m 2 − 1 − 2m 1 − m 2 2 A probabilidade de o cartão escolhido ter vermelho como cor daElevando ao quadrado: outra face P(V) pode ser calculada da seguinte maneira: 4 − 4m 2 = 1 + 2m 1 − m 2 − 2 1 − 4m 2 (1 − m 2 ) + 1 − 2m 1 − m 2 P(V) = P(V | V1), onde: P(V | V1) é a probabilidade de a outra face ser vermelha, dado que 4m 2 − 4m + 1 = 2m 2 − 1 a primeira face selecionada foi vermelha.A condição de existência da equação acima é: Podemos calcular então: 1 P( V ∩ V1 ) P( A ) 2 2 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 ou m ≤ − 2 (II) P( V ) = P( V | V1 ) = = = 2 = 2 2 P( V1 ) P( V1 ) 3 3 4Além disso, devemos fazer a seguinte consideração: x = 1 + mx − 1 − mx 29. Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que sen( x + y ) + sen( x − y ) = 1 / 2Se x > 0 é solução, temos 1 + mx > 1 − mx , logo m > 0. senx + cos y = 1Se x < 0 é solução, temos 1 + mx < 1 − mx , logo m > 0 . SOLUÇÃO:Logo: m > 0 (III) Desenvolvendo a primeira equação temos: 2 senx⋅cosy + seny⋅cosx – senx⋅cosy – seny⋅cosx = 1/2De (I), (II) e (III) temos: ≤ m < 1. ⇒ 2senx⋅cosy = 1/2 ⇒ senx⋅cosy = 1/4 2 Temos então o novo sistema de equações: senx + coxy = 127. Um dos catetos de um triângulo retângulo mede 3 2 cm . O volume do sólido gerado pela rotação deste triângulo em torno da  senx ⋅ cos y = 1 / 4hipotenusa é π cm3. Determine os ângulos deste triângulo. Assim, senx e cosy são as raízes de uma equação de segundo grau cuja soma é 1 e o produto é 1/4. Logo:SOLUÇÃO: w2 – w + ¼ = 0 ⇒ w = 1/2 Logo: senx = ½ ⇒ x = 30° ou x = 150° cosy = ½ ⇒ y = 60° ou x = 300° Assim os possíveis pares (x, y) pertencem ao conjunto: {(30°, 60°), (30°, 300°), (150°, 60°), (150°, 300°)} 30. Determine todos os valores reais de a para os quais a equação (x – 1)2 = |x – a| admita exatamente três soluções distintas. SOLUÇÃO: Graficamente, temos:O volume V do sólido gerado pela rotação completa do trianguloABC. retângulo em B, e, conforme a figura, tal que: V = 1/3 πh2m + 1/3 πh2n = 1/3 πh2(m + n) ⇔ V = 1/3 πh2a = π ⇔ h2a = 3 (I)No triangulo ABC, tem-se: 3 3 2 2 cos α = ⇔a= (II) Para que a equação (x – 1)2 = Ix – aI admita exatamente três a cos α soluções distintas, é necessário que o gráfico de Ix – aI intercepte aNo triangulo AHB tem-se: parábola y = (x – 1)2 em três pontos diferentes. As situações em h 3 que isso ocorre são: sen α = ⇔h= 2 ⋅ sen α (III) 3 2 1 2 3Substituindo (II) e (III) em (I): 3 2 h2a = 3 ⇔ ( 3 2 ⋅ sen α)2 ⋅ =3⇔ cos α 2sen 2 α ⇔ = 3 ⇔ 2(1 – cos2 α) = 3 cos α ⇔ cos α a a a=1 2 ⇔ 2 cos α + 3 cos α - 2 = 0 ⇔ cos α = 1/2 ⇔ Nos casos 1 e 2, |x – a| tangencia a parábola em um ponto e cruza ⇔ α = 60º, pois 0º < α < 90º. em outros dois pontos.Os ângulos do triangulo ABC são, portanto, 1) No ponto de tangência para x < a, temos: ˆ ˆ ˆ BAC = α = 60o ; BCA = 90o – α = 30º ; ABC = 90º (x – 1)2 = Ix – aI = a – x ⇔ x2 – 2x + 1 = a – x ⇔ x2 – x + 1 – a = 0 Para que ocorra tangência, ∆ = 4a – 3 = 0 ⇔ a = 3/428. São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os 2) No ponto de tangência para x > a, temos:lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor (x – 1)2 = Ix – aI = x – a ⇔ x2 – 2x + 1 = x – a ⇔ x2 – 3x + 1 + a = 0vermelha e o outro lado na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao Novamente, ∆ = 5 – 4a = 0 ⇔ a = 5/4acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta é vermelha, Podemos observar no gráfico do caso 3, quando a = 1, temos acalcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor intersecção das curvas em três pontos.também vermelha. Logo, os valores procurados de a são 3/4, 1 e 5/4. 6