ITA 3 - exercícios resolvidos

ITA 3 - exercícios resolvidos

(Parte 1 de 2)

É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição de confiabilidade. Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tarefa de não cometer injustiças. Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo. No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de engenharia mundialmente conhecida. Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:

1ºdia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. 2ºdia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5 questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha. 3ºdia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. 4ºdia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas.

Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de múltipla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100). A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final. Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%. Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%. A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física, Química e Português, com peso 1.

o anglo resolve a prova de

Matemática do ITA

A cobertura dos vestibulares de 2003 está sendo feita pelo Angloem parceria com a Folha Online.

2ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES i:unidade imaginária i2= –1.AT:transposta da matriz A.

AB):medida (comprimento) de — AB.

Seja z ∈ .Das seguintes afirmações independentes: I.Se ω= ,então –ω= .

I.Se ω= ,então é um argumento de ω.

é(são) verdadeira(s): A)todas.B)apenas I e I.C)apenas I e I.D)apenas I e I.E)apenas I.

Resolução:

I.Sendo u e v números complexos quaisquer,temos: u ±v = –u ±–v i = –i (sendo i a unidade imaginária) u = u Dessas propriedades,decorre que:

se ω= então –ω=

A afirmação I é verdadeira. I.

iz i iz iz i iz iz z i

–2 iz 5z i

2iz 5z – i

A afirmação I é verdadeira. I.Com z = ρ(cosθ+ isenθ),ρ ∈ IR*+e θ∈[0,2π[,temos:

Sendo θ= argz,temos que 2argz + é um argumento de ω. A afirmação I é verdadeira.

Resolução:

(sen15º,x,y,z,sen75º) é PA. Sendo ra razão da PA,temos:

sen75º = sen15º + 4r ∴4r = sen75º – sen15º 4r = 2 ⋅sen30º ⋅cos45º

4r =

= x2+ 2xr + r2– x2– 2xr = r2

Assim:

Considere a função sen π isen isen isen iz i z iz i i z

3ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Resolução:

Consideremos a equação y2+ 2y + f(x) = 0,na incógnita y,e suponhamos que essa não dependa de x. Essa equação tem raiz dupla se,e somente se,sem discriminante for nulo:

2– 4f(x) = 0,ou seja,f(x) = 1. De f(x) = 1,temos:

Considere uma função f:IR →IR não-constante e tal que f(x + y) = f(x) f(y),∀x,y ∈IR. Das afirmações:

é(são) verdadeira(s):

A)apenas I e I. B)apenas I e II. C)apenas I e I. D) todas. E) nenhuma.

Resolução: I.Para todo real x,temos:

I.Suponhamos que exista k,k ∈IN*,tal que f(kx) = [f(x)]k(hipótese de indução). Teríamos então:

f[(k + 1) ⋅x] = [f(x)]k⋅f(x) f[(k + 1)⋅x] = [f(x)]k + 1

Como f(1 ⋅x) = [f(x)]1,podemos concluir,pelo princípio da indução finita,que f(n ⋅x) = [f(x)]n,∀x ∈IR,∀n ∈IN*.A afirmação I é verdadeira.

I.Suponhamos que exista uma função par f,nas condições dadas. Nessas condições, teríamos:

f(–x +x) = f(–x) ⋅f(x)

Como f é uma função par,ou seja,f(–x) = f(x),para todo x real,teríamos [f(x)]2= f(0).

Como a afirmação I é verdadeira,isto é,f(x) 0,para todo x real,podemos concluir que . Isto é absurdo,pois contraria a condição de f ser uma função não-constante.A afirmação I é,portanto,falsa.

f x f x f x

4ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Considere o polinômio P(x) = 2x + a2x2+ ...+ anxn,cujos coeficientes 2,a2,...,anformam,nesta ordem,uma progressão geométrica de razão q 0.Sabendo que é uma raiz de P e que P(2) = 5460,tem-se que o valor de é igual a:

Resolução: Sabendo que os coeficientes de

P(x) = 2x + a2x2++ anxn
P(x) = 2x + 2qx2++ 2qn – 1⋅xn

formam uma P.G.de razão q (q 0) e a1= 2,temos:

P(x) é a soma dos n termos de uma P.G.cuja razão é qx e cujo primeiro termo é 2x. Se qx = 1,então P(x) = 2nx,com n 0.

Como ,nesse caso,não é raiz,podemos afirmar que qx ≠1. Com qx ≠1,temos:

(I) Como ,de (I) temos:

Assim,temos que:q = 2,se n é par,ou q = –2,se n é ímpar. Como q 0,concluímos que q = 2.(I) Sabemos também que P(2) = 5460.

De (I) e (I) temos:

1 – 4n= –4095

4n= 4096 n = 6

A expressão ,para q = 2 e n = 6,vale .

Dividindo-se o polinômio P(x) = x5+ ax4+ bx2+ cx + 1 por (x – 1),obtém-se resto igual a 2.Dividindo-se P(x) por (x + 1), obtém-se resto igual a 3.Sabendo que P(x) é divisível por (x – 2),tem-se que o valor de é igual a:

A) –6 D) 7 B) –4 E) 9 C) 4 ab c

P– 1

Px xq xqx n()

5ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Resolução:

Das afirmações abaixo sobre a equação z4+ z3+ z2+ z + 1 = 0 e suas soluções no plano complexo:

I.A equação possui pelo menos um par de raízes reais. I.A equação possui duas raízes de módulo 1,uma raiz de módulo menor que 1 e uma raiz de módulo maior que 1.

I.Se n ∈IN* e r é uma raiz qualquer desta equação,então é(são) verdadeira(s): A)nenhuma.B)apenas I.C)apenas I.D)apenas II.E)apenas I e II.

Resolução: Para todo z,z ∈C,temos z5– 1 = (z4+ z3+ z2+ z + 1)(z – 1).

As cinco raízes da equação z5– 1 = 0 são z1,z2,z3,z4e 1.

Note que z1,z2,z3 e z4são,também,as raízes da equação z4+ z3+ z2+ z + 1 = 0.

Os afixos dessas cinco raízes são os vértices de um pentágono regular inscrito na circunferência de centro (0,0) e raio unitário do plano de Argand-Gauss:

Note que nenhum dos números z1,z2,z3 e z4é real.Logo,a equação z4+ z3+ z2+ z + 1 = 0 não tem raízes reais. A afirmação I é falsa.

Todas as raízes possuem módulo igual a 1,e,portanto,a afirmação I é falsa.

Sendo com n ∈IN*,temos:

Como r ∈{z1,z2,z3,z4},temos que |r| = 1,pois os números z1,z2,z3e z4 possuem,todos,módulo igual a 1. Assim,

Como,para todo n,n ∈IN*,0 1 – 1,podemos concluir que S A afirmação I é verdadeira.

r r n

S r r r n n k n k abc ab c ab c ab c

6ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Resolução: Sendo f(x) = 2x3+ 7x2+ 4x + k,com k ∈IR,temos que f’(x) = 6x2+ 14x + 4.

As raízes de f’(x) = 0 são –2 e .

Como a equação f(x) = 0 possui uma raiz dupla x1,podemos afirmar que x1é raiz de f’(x) = 0. Como x1é um número inteiro,temos x1= –2.

De x1+ x1+ x2= ,temos (–2) + (–2) + x2= e,portanto,x2= .

Resolução: Do enunciado,temos:

O número de divisores de 17640 que,por sua vez,são divisíveis por 3 é: A) 24 B) 36 C) 48 D) 54 E) 72

Resolução:

•do 2,temos 4 possibilidades (0 ou 1 ou 2 ou 3) •do 5,temos 2 possibilidades (0 ou 1)

•do 7,temos 3 possibilidades (0 ou 1 ou 2)

•do 3,temos só 2 possibilidades pois o número deve ser divísivel por 3 (1 ou 2).

Assim,o número de “divisores positivos”que são divisíveis por 3 é 4 ⋅2 ⋅3 ⋅2 = 48. O número de divisores de 17640 que são divisíveis por 3 é 96 (48 positivos e 48 negativos).

Sejam A e P matrizes n ×n inversíveis e B = P–1AP.Das afirmações:

I.BTé inversível e (BT)–1= (B–1)T. I.Se A é simétrica,então B também o é.

I.det (A – λI) = det(B – λI),∀λ∈IR.

é(são) verdadeira(s):

A)todasD)apenas I e I. B)apenas I.E)apenas I e II. C)apenas I e I.

7ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Resolução:

detBT= ⋅detA ⋅detP

detBT= detA

Como A é inversível e detBT= detA,BTé inversível.

Logo,a afirmação I é verdadeira.

I.Sendo,temos B = P–1⋅A ⋅.Como A é simétrica e B não é simétri-

ca,a afirmação I é falsa.

det(B – λI) = ⋅det(A – λI) ⋅detP

det(A – λI) = det(B – λI) Logo,a afirmação I é verdadeira.

–4x + y – 6z =cos3a x + 2y – 5z =sen2a 6x + 3y – 4z =–2cosa,

x + 2y – 5z = sen2a⋅(4) ⋅(–6)
–4x + y – 6z = cos3a

Resolução: +

6x + 3y – 4z = –2cosa

9y – 26z = 4sen2a + cos3a⋅(1)

x + 2y – 5z = sen2a –9y + 26z = –6sen2a – 2cosa x + 2y – 5z = sen2a 9y – 26z = 4sen2a + cos3a 0 = –2sen2a + cos3a – 2cosa

8ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Para ser possível: –2sen2a + cos3a – 2cosa = 0

–2sen2a – cosa + cos3a – cosa = 0

–2sen2a – cosa – 2sen2a ⋅sena = 0 4senacosa + cosa + 4sen2acosa = 0 cosa ⋅(4sen2a + 4sena + 1) = 0 cosa = 0 (Não convém,pois o sistema é não-homogêneo).

4sen2a + 4sena + 1 = 0 ∴sena = –

Para todo x ∈IR,a expressão [cos(2x)]2[sen(2x)]2senx é igual a:

A)2–4[sen(2x) + sen(5x) + sen(7x)].D)2–4[–senx + 2sen(5x) –sen(9x)]. B)2–4[2senx + sen(7x) – sen(9x)].E)2–4[senx + 2sen(3x) + sen(5x)]. C)2–4[–sen(2x) – sen(3x) + sen(7x)].

Resolução: Usando as relações que transformam produtos em somas,temos:

Considere os contradomínios das funções arco-seno e arco-cosseno como sendo ,respectivamente.Com respeito à função

temos que:

A)fé não-crescente e ímpar.D)f é injetora. B)f não é par nem ímpar.E)f é constante. C)f é sobrejetora.

Resolução:

,f (x) arcsenx arccosx,[]

97senx sen x sen x senx–

2 7sen x senx sen x senx

44sen x sen x senx ππ ou a =

9ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Fazendo arcsenx = αe arccosx = β,temos: f(x) = α+ β

senα= x e–α
cosβ= xe 0 βπ

senα= cosβ∴α+ β= . Assim,f(x) = f é constante.

Considere a família de circunferências com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy.Cada uma destas circunferências corta o eixo Ox em dois pontos,distantes entre si de 4cm.Então,o lugar geométrico dos centros destas circunferências é parte:

A)de uma elipse.D)de duas retas concorrentes. B)de uma parábola.E)da reta y = –x. C)de uma hipérbole.

Resolução: Seja C(x,y) o centro de uma destas circunferências,nas condições do enunciado,com x 0 e y 0.

Temos a figura:

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AMC,temos: |x|2= y2+ 2

Logo,,com x 0 e y 0,representa parte de uma hipérbole.Assim,o lugar geométrico dos centros destas circunferências é parte de uma hipérbole.

A área do polígono,situado no primeiro quadrante,que é delimitado pelos eixos coordenados e pelo conjunto {(x,y) ∈IR2:3x2+ 2y2+ 5xy – 9x – 8y + 6 = 0}, é igual a:

A) D) 3 B) E)

Resolução:

Temos que: 3x2+ 2y2+ 5xy – 9x – 8y + 6 = 0 3x2+ 2y2+ 3xy + 2xy – 3x – 6x – 2y – 6y + 6 = 0

(3x2+ 3xy – 3x) + (2y2+ 2xy – 2y) + (–6x – 6y + 6) = 0 3x ⋅(x + y – 1) + 2y ⋅(x + y – 1) – 6 ⋅(x + y – 1) = 0

(x + y – 1) ⋅(3x + 2y – 6) = 0ou

(r) x + y – 1 = 0 (s) 3x + 2y – 6 = 0 xy22

10ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

C |x|

|x||x| y

M22AB

Na figura,está representado o polígono ABCD, limitado pelas retas r e s e pelos eixos coordenados,situado no primeiro quadrante:

A área S do polígono ABCD pode ser obtida fazendo-se a área do triângulo BOC menos a área do triângulo AOD. Logo,,ou seja,.

Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5cm.Seja P um ponto na região interior a estas retas,distando 4cm de r.A área do triângulo equilátero PQR,cujos vértices Q e R estão,respectivamente,sobre as retas r e s,é igual,em cm2,a:

Resolução: Do enunciado,temos a figura,onde lé a medida do lado do triângulo PQR:

Da figura:α+ 60º + β= 180º,ou seja,β= 120º – α.

Do triângulo PTQ,temos:lcos(120º – α) = 4 (1)

Do triângulo PSR,temos:lcosα= 1 (2) De (1) e (2),temos: cos(120º – α) = 4cosα cos120ºcosα+ sen120º senα= 4cosα

Assim,no triângulo PSR,temos: Além disso:

A área do triângulo equilátero PQR é ,ou seja,cm2.

Considere três polígonos regulares tais que os números que expressam a quantidade de lados de cada um constituam uma progressão aritmética.Sabe-se que o produto destes três números é igual a 585 e que a soma de todos os ângulos internos dos três polígonos é igual a 3780º.O número total das diagonais nestes três polígonos é igual a:

A) 63 B) 69 C) 90 D) 97 E) 106

– cos cos cos sen sen tg

11ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

D C x β 60º l r l l

Resolução: Sejam n – r,n e n + r os termos de uma P.A.de razão r.Do enunciado,temos:

Daí: (9 – r) ⋅9 ⋅(9 + r) = 585

Logo,os números de lados são:5,9 e 13.

O número total de diagonais pedido é igual a,ou seja,97.

Considere o triângulo isósceles OAB,com lados OA—e OB—de comprimentoR e lado AB— de comprimento 2R.O volume do sólido,obtido pela rotação deste triângulo em torno da reta que passa por O e é paralela ao lado AB— ,é igual a:

Resolução: Considere a figura:

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC,temos: (AC)2+ R2= ∴AC = R

VCL= π⋅R2⋅2R∴VCL= 2πR3

Volume VCLdo cilindro: Volume VCOde um dos cones:

VCO= π⋅R2⋅R∴VCO= πR3

Sendo Vpo volume do sólido,temos: Vp= VCL– 2 ⋅VCO

Vp= 2πR3– 2 ⋅πR3∴Vp= ⋅ R3

Considere uma pirâmide regular de altura igual a 5cm e cuja base é formada por um quadrado de área igual a 8cm2.A distância de cada face desta pirâmide ao centro de sua base,em cm,é igual a:

12ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Resolução: Do enunciado,temos a figura:

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo APM,temos: O volume V do tetraedro PABC é 1/4 do volume da pirâmide ABCDE,ou seja:

Sendo S a área do triângulo ABC e h a distância do ponto P ao plano ABC,temos:

AS QUESTÕES DE 21 A 30 DEVERÃO SER RESOLVIDAS NO CADERNO DE RESPOSTAS ANEXO.

Sejam U um conjunto não-vazio e A ⊂U,B ⊂U.Usando apenas as definições de igualdade,reunião,intersecção e complementar, prove que:

Resolução: I. Proposição Justificativa

I. Proposição Justificativa

Das equivalências dessas sentenças,temos que B\AC= B ∩A.

13ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Determine o conjunto dos números complexos z para os quais o número

pertence ao conjunto dos números reais.Interprete (ou identifique) este conjunto geometricamente e faça um esboço do mesmo. Resolução:

Note que,para todo z,(z + z—+ 2) ∈IR.

Os afixos dos complexos z,tais que |z – 1| + |z + 1| = 3,são os pontos da elipse de focos (1,0) e (–1,0) e eixo maior igual a 3,do plano de Argand-Gauss.

Resposta:

Considere a seguinte situação baseada num dos paradoxos de Zenão de Eléia,filósofo grego do século V A.C.Suponha que o atle- ta Aquiles e uma tartaruga apostam uma corrida em linha reta,correndo com velocidades constantes VAe VT,com 0 VT VA. Como a tartaruga é mais lenta,é-lhe dada uma vantagem inicial,de modo a começar a corrida no instante t = 0 a uma dis- respectivamente,sendo que,para todo n 2,dndenota a distância entre a tartaruga e Aquiles no instanteda corrida.

Verifique que os termos tk ,k = 1,2,3,...,formam uma progressão geométrica infinita,determine sua soma e dê o significado desta soma.

Resolução:

Note que,no intervalo de tempo tn,com n ∈IN*,a tartaruga percorreu a distância dn + 1 = vT⋅tn(1). No intervalo de tempo tn + 1,Aquiles percorreu a distância dn + 1= vA⋅tn + 1(2).

De (1) e (2),temos vA⋅tn + 1= vT⋅tn,ou seja,para todo n,n ∈IN*,temos:tn + 1= tn⋅

Logo,t1+ t2+ … + tn+ … = d v v vvT A vvT A vvT A tk kn=

14ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES

Im(z) t = 0 t = t1 t = t1 + t2

Vejamos as posiçõesda tartaruga e de Aquiles,no instante Nesse instante,a posiçãoda tartaruga é dada por:

Temos, então, que:

Note que a posiçãode Aquiles,no instante também é dada por S. Portanto,a soma t1+ t2+ … + tn+ … significa o intervalo de tempo necessário para Aquiles alcançar a tartaruga.

Resolução:

Para todo x do domínio de f,temos:

f(–x) + f(–x) = f[(–x)(–x)]

2f(–x) = f(x2) 2f(–x) = f(x ⋅x)

2f(–x) = 2f(x)∴f(–x) = f(x)

2f(–x) = f(x) + f(x) Logo,f é uma função par.

Sejam a,b,c e d constantes reais.Sabendo que a divisão de P1(x) = x4+ ax2+ b por P2(x) = x2+ 2x + 4 é exata,e que a divisão de P3(x) = x3+ cx2+ dx – 3 por P4(x) = x2– x + 2 tem resto igual a –5,determine o valor de a + b + c + d.

Resolução:

+x4+ 0x3+ ax2+ 0x + bx2+ 2x + 4

Dividindo P1(x) = x4+ ax2+ b por P2(x) = x2+ 2x + 4,temos: – x4– 2x3– 4x2x2– 2x + a

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