ITA 2 - exercícios resolvidos, Exercícios de Matemática

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Se x2  1 e y2  2, então x2 – 2y  0. Então, destas é (são) verdadeira(s) A) apenas I. D) apenas I e III. B) apenas I e II. E) todas. C) apenas II e III. Consideremos as seguintes sentenças: S1: x  4 ⇒ x2  16 S2: y  2 ⇒ 2y  4 S3: 2y  4 ⇒ –2y  –4 Portanto, se x  4 e y  2, então x2 + (–2y)  16 + (–4). Logo, se x  4 e y  2, então x2 – 2y  12. Concluímos, assim, que a afirmação I é verdadeira. Consideremos, agora, o caso particular x = 1 e y = 1. Nesse caso, temos x2 – 2y = –1. Assim, podemos concluir que a afirmação II, “se x  4 ou y  2, então x2 – 2y  12”, é falsa. De y  0 e y2  2, podemos afirmar que: Com x2  1, temos , ou seja, . Como , podemos concluir que a afirmação III, “se x2  1 e y2  2, então x2 – 2y  0” é verdadeira. Portanto, apenas as afirmações I e III são verdadeiras. Sejam a, b, c reais não-nulos e distintos, c  0. Sendo par a função dada por , –c  x  c, então f(x), para –c  x  c, é constante e igual a A) a + b. D) b. B) a + c. E) a. C) c. f x ax b x c ( ) = + + 1 2 2 0–  x y 2 2 1 2 2– – x y 2 2 1 2 2+ +(– ) (– ) – –2 2 2y  2 2 2y  y  2 *[a, b] = {x ∈ IR; a  x  b}. [a, ∞) = {x ∈ IR; a  x}. (–∞, a] = {x ∈ IR; x  a}. P = (x, y) significa ponto P de coordenadas (x, y). AB — denota o segmento que une os pontos A e B. lnx denota o logarítmo natural de x. At denota a matriz transposta da matriz A. *C é o conjunto dos números complexos. IR é o conjunto dos números reais. IN = {1, 2, 3, ...}. i denota a unidade imaginária, ou seja, i2 = –1. –z é o conjugado do número complexo z. Se X é um conjunto, P(X) denota o conjunto de todos os subconjuntos de X. A\B = {x ∈ A; x ∉ B}. 3ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 01 Resposta: D QUESTÃO 02 Resposta: E RESOLUÇÃO: Seja f: IR → P (IR) dada por f (x) = {y ∈ IR; seny  x}. Se A é tal que f (x) = IR, ∀ x ∈ A, então A) A = [–1, 1]. B) A = [a, ∞), ∀ a  1. C) A = [a, ∞), ∀ a  1. D) A = (–∞, a], ∀ a  –1. E) A = (–∞, a], ∀ a  –1. x ∈ A ⇒ f (x) = {y ∈ IR; sen y  x} x ∈ A ⇒ f (x) = IR ∴ x ∈ A ⇒ {y ∈ IR; sen y  x} = IR Como, para todo real y, sen y  1, podemos concluir que a igualdade {y ∈ IR; sen y  x} = IR é veri- ficada se, e somente se, x  1. Portanto, x ∈ A ⇔ x  1. Logo, A = [a, + ∞), onde a é um número real qualquer maior que 1. A divisão de um polinômio f(x) por (x – 1) (x – 2) tem resto x + 1. Se os restos das divisões de f(x) por x – 1 e x – 2 são, respectivamente, os números a e b, então a2 + b2 vale A) 13. D) 1. B) 5. E) 0. C) 2. Sendo Q(x) o quociente da divisão de f(x) por (x – 1) (x – 2), temos f (x)  (x – 1) (x – 2) ⋅ Q(x) + x + 1. Logo, f (1) = 2 e f (2) = 3. Sendo a o resto da divisão de f (x) por x – 1, temos a = f (1) e, portanto, a = 2. Sendo b o resto da divisão de f (x) por x – 2, temos b = f (2) e, portanto, b = 3. Logo, a2 + b2 = 13. Sabendo que a equação x3 – px2 = qm, p, q  0, q ≠ 1, m ∈ IN, possui três raízes reais positivas a, b e c, então logq [abc (a2 + b2 + c2) a + b + c] é igual a A) 2m + plogqp. D) m – plogqp. B) m + 2plogqp. E) m – 2plogqp. C) m + plogqp. Sendo a, b e c as raízes da equação x3 – px2 + 0 ⋅ x – qm = 0, temos: a + b + c = p ab + ac + bc = 0 (relações de Girard) a ⋅ b ⋅ c = qm a2 + b2 + c2 = (a + b +c)2 – 2(ab + ac + bc) ∴ a2 + b2 + c2 = p2 Sendo E = abc(a2 + b2 + c2)a + b + c, temos E = qm ⋅ (p2)p, isto é, E = qm ⋅ p2p. Do enunciado, temos p  0, q  0 e q ≠ 1. Nessas condições: logqE = logq(qm ⋅ p2p) logqE = logqq m + logqp 2p logqE = m + 2p ⋅ logqp Nota: Para esta resolução não pudemos considerar que a, b e c são positivas, pois, neste caso, ab + ac + bc seria diferente de zero. 6 ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 08 Resposta: A RESOLUÇÃO: QUESTÃO 09 Resposta: B RESOLUÇÃO: 1 2 3 QUESTÃO 07 Resposta: B RESOLUÇÃO: Dada a função quadrática temos que A) a equação f (x) = 0 não possui raízes reais. B) a equação f(x) = 0 possui duas raízes reais distintas e o gráfico de f possui concavidade para cima. C) a equação f (x) = 0 possui duas raízes reais iguais e o gráfico de f possui concavidade para baixo. D) o valor máximo de f é E) o valor máximo de f é Sendo ∆ o discriminante de f(x) = x2 ⋅ ln + x ⋅ ln6 – ln , temos: ∆ = (ln6)2 – 4(ln )( ln ) ∆ = [ ln(2 ⋅ 3)]2 + ln ⋅ ln ∆ = (ln2 + ln3)2 + (ln2 – ln3)(ln3 – ln2) ∆ = 4 ⋅ ln2 ⋅ ln3 (∆  0) Como ln  0, podemos afirmar que o gráfico de f possui concavidade “para baixo”. Sendo yv o valor máximo de f, temos: yv = yv = yv = Quantos anagramas com 4 letras distintas podemos formar com as 10 primeiras letras do alfabeto e que contenham 2 das letras a, b e c? A) 1692. B) 1572. C) 1520. D) 1512. E) 1392. Para escolhermos 4 letras, sem importar a ordem, de modo que contenham duas das letras a, b e c, temos: C3,2 ⋅ C7,2 modos. Como os anagramas são as permutações das 4 letras escolhidas, o número de anagramas é: C3,2 ⋅ C7,2 ⋅ 4! = 3 ⋅ (21)(24) = 1512 O seguinte trecho de artigo de um jornal local relata uma corrida beneficente de bicicletas: “Alguns se- gundos após a largada, Ralf tomou a liderança, seguido de perto por David e Rubinho, nesta ordem. Daí em diante, eles não mais deixaram as primeiras três posições e, em nenhum momento da corrida, estiveram lado a lado mais do que dois competidores. A liderança, no entanto, mudou de mãos nove vezes entre os três, enquanto que em mais oito ocasiões diferentes aqueles que corriam na segunda e terceira posições trocaram de lugar entre si. Após o término da corrida, Rubinho reclamou para nossos repórteres que David havia conduzido sua bicicleta de forma imprudente pouco antes da bandeirada de chegada. Desse modo, logo atrás de David, Rubinho não pôde ultrapassá-lo no final da corrida.” l l l l n n n n 2 3 3 2 ⋅ – – ( – ) 4 2 3 4 2 3 l l l l n n n n ⋅ – 4 2 3 4 2 3 l l l n n n ⋅ 2 3 3 2 2 3 3 2 – 1 4 2 3 3 2 1 4 2 3 2 2 3 3 2 l l l l n n n n– . l l l l n n n n 2 3 3 2– . f x x n x n n( ) –= +2 2 3 6 1 4 3 2 l l l 7ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 11 Resposta: D RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 12 Resposta: A QUESTÃO 10 Resposta: D RESOLUÇÃO: Com base no trecho acima, você conclui que A) David ganhou a corrida. B) Ralf ganhou a corrida. C) Rubinho chegou em terceiro lugar. D) Ralf chegou em segundo lugar. E) não é possível determinar a ordem de chegada, porque o trecho não apresenta uma descrição matema- ticamente correta. Nessa resolução, F denota Ralf, B denota Rubinho, D denota David, l(X, Y) denota o total de trocas de liderança entre os competidores X e Y. s(X, Y) denota o total de trocas entre a segunda e a terceira posição, entre os competidores X e Y. Do enunciado, podemos concluir que: l(F, D) + l(F, B) + l(D, B) = 9 (1) s(F, D) + s(F, B) + s(D, B) = 8 (2) No início da corrida, Ralf estava na liderança, seguido por David e Rubinho, nesta ordem. Representamos essa situação por Ini = (F, D, B). Para o término da corrida, há duas possibilidades: Ter = (F, D, B) ou Ter = (D, B, F), pois, pelo enun- ciado, Rubinho (B) termina a corrida atrás de David (D). Vamos, então, analisar essas duas possibilidades: 1º: Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B) 2º: Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F) Nessas possibilidades, não incluímos, ainda, os casos de empate. Esses serão analisados posterior- mente. 1º poss.: Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B) Temos: l(F, D) + l(F, B) é par. Como l(F, D) + l(F, B) + l(D, B) = 9 (1) segue que l(D, B) é ímpar. Como David e Rubinho terminaram nas mesmas posições, l(D, B) + s(D, B) é par. ímpar Portanto, s(D, B) é ímpar. Voltando à equação (2), temos: s(F, D) + s(F, B) + s(D, B) = 8 ímpar Assim, s(F, D) + s(F, B) é ímpar. Logo, Ralf participou das trocas entre a segunda e a terceira posição. Como Ralf iniciou essas trocas na segunda posição (pois ele estava na liderança), ele terminaria em terceiro lugar, pois s(F, D) + s(F, B) é ímpar. Portanto, não seria possível Ralf reassumir a liderança e, assim, podemos afirmar que o caso Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B) não ocorreu! 2ª poss.: Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F). Como David (D) começa e termina na frente de Rubinho (B), l (D, B) + s(D, B) é par. Como Ralf (F) e David (D) começam e terminam em ordens distintas, l (F, D) + s(F, D) é ímpar. Analogamente, podemos afirmar que l (F, B) + s(F, B) é ímpar. Assim, [l (D, B) + s(D, B)] + [l (F, D) + s(F, D)] + [l (F, B) + s(F, B)] é par. par ímpar ímpar Reagrupando, temos: [l(F, D) + l(F, B) + l(D, B)] + [s(F, D) + s(F, B) + s(D, B)] é par, o que contradiz as equações (1) e (2). Podemos afirmar que o caso Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F) também não ocorreu! 8 ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES RESOLUÇÃO: 1442443 123 123 1442443 1442443 1442443 O triângulo ABC, inscrito numa circunferência, tem um lado medindo cm, cujo ângulo oposto é de 15º. O comprimento da circunferência, em cm, é A) 20 (1 + ). B) 400 (2 + ). C) 80 (1 + ). D) 10 (2 + 5). E) 20 (1 + ). Do enunciado, temos a figura: Sendo sen15º = sen (45º – 30º), temos que sen15º = sen45º ⋅ cos30º – sen30º ⋅ cos45º. Assim, sen15º = , ou seja, sen15º = . Aplicando o Teorema dos senos no triângulo ABC, temos: Portanto, o comprimento da circunferência é , ou seja, cm. Num sistema de coordenadas cartesianas, duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e , respec- tivamente, se interceptam na origem 0. Se B ∈ r e C ∈ s são dois pontos no primeiro quadrante tais que o segmento BC — é perpendicular a r e a área do triângulo OBC é igual a 12 × 10–1, então a dis- tância de B ao eixo das ordenadas vale A) . B) . C) . D) . E) 1. 1 5 2 5 4 5 8 5 1 2 20 2 1 3+( ) 2 10 6 2⋅ ⋅ +π π ( ) 20 6 – 2 4 2R R 10 6 2π π = = +( ) ∴ ⋅ 6 2 4 – 2 2 3 2 – 1 2 2 2 ⋅ ⋅ *O … centro da circunferência r … medida do raio A B C 15° 20 π rO 3 3 3 3 32 20 π 11ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 17 Resposta: B QUESTÃO 16 Resposta: A RESOLUÇÃO: Do enunciado, temos a figura: Equação da reta r: y = 2x Equação da reta s: Sejam então: B(a, 2a) e C a  0 e b  0. Se o segmento BC — é perpendicular a r, devemos ter: Assim, temos: B(a, 2a) e Como a área do triângulo OBC é 12 × 10–1, então: (não convém) Portanto, a distância de B ao eixo das ordenadas é Seja k  0 tal que a equação (x2 – x) + k(y2 – y) = 0 define uma elipse com distância focal igual a 2. Se (p, q) são as coordenadas de um ponto da elipse, com q2 – q ≠ 0, então é igual a A) 2 + . D) 2 – . B) 2 – . E) 2. C) 2 + . x k y k k – –12 1 4 1 2 1 4 1 2 2    + +     + = x k y k– –1 2 1 2 1 4 2 2    +     = + x x k y y k2 21 4 1 4 1 4 4 – –+   + +     = + 3 5 35 p p q q – – 2 2 4 5 . a = – 4 5 1 2 15 4 12 10 2 1⋅ ⋅=a – a = 4 5 1 2 0 0 1 2 1 5 2 5 4 1 12 10 1⋅ ⋅=a a a a – C a a5 2 5 4 , .    2 2 1 2 5 2 a b a b b a – – –= ∴ = b b , , 2     y x= 2 12 ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES RESOLUÇÃO: QUESTÃO 18 Sem Resposta RESOLUÇÃO: y x r s 0 B C Sendo a, b e c (c = 1), respectivamente, o semi-eixo maior, o semi-eixo menor e a distância focal, temos que: I) Se k  1, temos: Então: a2 = b2 + c2 + 12, ou seja: k = k2 – 4k – 1 = 0 k = (não convém) Com k = substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem: (p2 – p) + (q2 – q) = 0 ∴ II) Se 0  k  1, temos: Então: a2 = b2 + c2 + 12, ou seja: k = k2 + 4k – 1 = 0 k = (não convém) Com k = , substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem: (p2 – p) + (q2 – q) = 0 ∴ Assim, só podemos afirmar que é igual a se tivermos k  1. Logo, essa questão não apresenta alternativa correta. Considere a região do plano cartesiano xy definida pela desigualdade x2 + 4x + y2 – 4y – 8  0. Quando esta região rodar um ângulo de radianos em torno da reta x + y = 0, ela irá gerar um sólido de superfície externa total com área igual a A) π. B) π. C) π. D) π. E) π.128 7 128 6 128 5 128 4 128 3 π 6 2 5+ , p p q q – – 2 2 p p q q – – – 2 2 2 5= +(– )2 5+ – 2 5+ – –2 5 – 2 5+ ⇒ + = +k k k1 4 1 4 a k k e b k2 21 4 1 4 = + = + . p p q q – – 2 2 2 5= +( )2 5+ 2 5+ , 2 5– 2 5+ ⇒ + = +k k k 1 4 1 4 a k e b k k 2 21 4 1 4 = + = + . 13ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 19 Resposta: A Como então: Com base no gráfico da função polinomial y = f (x) esboçado abaixo, responda qual é o resto da divisão de f (x) por O resto da divisão do polinômio f(x) por é da forma ax + b, onde a e b são cons- tantes reais. Sendo Q(x) o quociente dessa divisão, temos . Logo, e f (1) = a + b. Do gráfico, temos e f (1) = 0. Resolvendo o sistema , obtemos: Portanto, Resposta: . Sejam a e b dois números complexos não-nulos, tais que a2 + b2 = 0. Se z, w ∈ C satisfazem a determine o valor de |a| de forma que |zw| = 1. z– ⋅ w + z ⋅ w– = 6a ∴ z– ⋅ w = 3a + 4b e z ⋅ w– = 3a – 4b z– ⋅ w – z ⋅ w– = 8b |z ⋅ w| = 1 ∴ |z ⋅ w|2 = 1 ∴ (z ⋅ w) ⋅ (z ⋅ w— ) = 1 ∴ (z– ⋅ w) ⋅ (z ⋅ w– ) = 1 Substituindo-se: (3a + 4b)(3a – 4b) = 1 ∴ 9a2 – 16b2 = 1 Como a2 + b2 = 0, temos b2 = –a2. zw zw a zw zw b + = =    6 8– − +x 4 1 4 ax b x+ ≡ − + 4 1 4 . a e b= − =1 4 1 4 a b a b 2 1 8 0 + = + = f 1 2 1 8     = f a b 1 2 2     = + f x x x Q x ax b( ) ≡ −   −( ) ( ) + +⋅1 2 1 x 1 2 x 1−    −( ) 11 2 1 8 y = f (x) x x– ( – ). 1 2 1    x y y x C+ +     2 4 8 4 , C8 4 8 4 4 70, ! ! ! ,= ⋅ = 16 ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 24 RESOLUÇÃO: 1 2 3 QUESTÃO 23 RESOLUÇÃO: 1 2 3 Assim: Resposta: 1. Mostre que se uma matriz quadrada não-nula A satisfaz a equação A3 + 3A2 + 2A = 0 (1) então (A + I)3 = A + I, em que I é a matriz identidade. 2. Sendo dado que satisfaz à equação (1) acima, encontre duas matrizes não-nulas B e C tais que B3 + C3 = B + C = A. Para essas matrizes você garante que o sistema de equações tem solução (x, y) ≠ (0, 0)? Justifique. 1. Temos que: (A + I)3 = (A + I) ⋅ (A + I) ⋅ (A + I) (A + I)3 = A3 + 3A2 + 2A + A + I Como A3 + 3A2 + 2A = O, então: (A + I)3 = A + I 2. Sejam B = A + I e C = –I. Então: B + C = (A + I) – I ∴ B + C = A B3 + C3 = (A + I)3 + (–I)3 ∴ B3 + C3 = A Assim, B = e C = . Logo, B – C = e det (B – C) = 0. Como det (B – C) = 0 e o sistema associado à equação (B – C) ⋅ = é homogêneo, então esse sistema tem solução (x, y) ≠ (0, 0). Sejam n  2 números reais positivos a1, a2, … an que formam uma progressão aritmética de razão positiva. Considere An = a1 + a2 + … + an e responda, justificando: Para todo n  2, qual é o maior entre os números Observemos a diferença entre os números: =     +     +⋅ ⋅A n A n a a A n an n n n n n 2 2 2 22– – A n a A n an n n n– – –                 = 2 2 2 A n a e A n an n n n– – ?         2 2 2 0 0       x y       1 1 0 0       – 1 0 0 – 1       0 1 0 – 1       ( – )B C x y       =       0 0 A =       – – 1 1 0 2 1 5 25 1 1 25 1 5 2 2a a a= = =∴ ∴ 17ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 26 RESOLUÇÃO: QUESTÃO 25 RESOLUÇÃO: Como a P.A. é de termos positivos e crescente, temos que an (an – a1)  0. Como a diferença é positiva, é o número maior. Considere n pontos distintos A1, A2, … An sobre uma circunferência de raio unitário, de forma que os comprimentos dos arcos A1 A2, A2 A3, …, An – 1An formam uma progressão geométrica de termo inicial π e razão . Para que valores de n ∈  teremos o comprimento do arco An A1 menor que do comprimento da circunferência? Obs.: Para todo arco Ak Al, o comprimento considerado é o do arco que une o ponto Ak ao ponto Al no sentido anti-horário. Sendo A1A2 = a1, A2A3 = a2, ... , An – 1An = an – 1, temos que (a1, a2, ... , an – 1) é uma PG com a1 = π e . Do enunciado: AnA1 = 2π – Sn – 1, onde Sn – 1 é a soma dos termos da P.G. Temos ainda que: Resposta: n  10 Seja S a área total da superfície de um cone circular reto de altura h, e seja m a razão entre as áreas lateral e da base desse cone. Obtenha uma expressão que forneça h em função apenas de S e m. Considere a figura: *O ... centro da base do cone r ... medida do raio da base do cone h ... medida da altura do cone g ... medida da geratriz do cone S ... área da superfície total do cone h g A BrO ∴ ∴ ∴        − −1 2 1 2 1 9 10 1 9n n n   A An n 1 1 91 512 2 2 1 2 1 2 2 ⋅ ∴ ⋅ ⋅        − π π π A An n 1 1 2 2 2 1 2 = − +     ⋅ − π π π A An n 1 1 2 1 2 1 1 2 1 = −     −         − ⋅ − π π q = 1 2 1 512 1 2 A n an n–     2 = a a an n( – )1 = ⋅2 2 1 2a a a an n n– – = +⋅ ⋅ ⋅2 2 2 2 1a a n a a n n n n– ( ) 18 ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES QUESTÃO 27             QUESTÃO 28 RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO: 1 1 1 1