20021212-ita-correcao-matematica

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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 ca-
da 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 (Engenha-
ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),
trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões
de múltipla escolha.
3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º dia: 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 múlti-
pla 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 ou-
tros 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 pe-
lo Anglo em parceria com a
Folha Online.
2ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
NOTAÇÕES
�: conjunto dos números complexos. ]a, b[ = {x ∈ IR; a � x � b}.
IR: conjunto dos números reais. ∅ : conjunto vazio.
�: conjunto dos números inteiros. A\B = {x ∈ A; x ∉ B}.
IN = {0, 1, 2, 3, …}. XC = U\X, para X ⊂ U, U ≠ ∅ .
IN* = {1, 2, 3, …}. I: matriz identidade n × n.
–z : conjugado do número z ∈ �. A–1: inversa da matriz inversível A.
i: unidade imaginária i2 = –1. AT: transposta da matriz A.
argz: um argumento de z ∈ � \{0}. —AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.
[a, b] = {x ∈ IR; a � x � b}. m( —AB): medida (comprimento) de —AB.
Seja z *∈ � . Das seguintes afirmações independentes:
I. Se ω = , então –ω = .
II. Se z ≠ 0 e ω = , então |ω| � .
III. Se ω = , então é um argumento de ω.
é(são) verdadeira(s):
A) todas. B) apenas I e II. C) apenas II e III. D) apenas I e III. E) apenas II.
Resolução:
I. Sendo u e v números complexos quaisquer, temos:
u ± v = –u ± –v
u ⋅ v = –u ⋅ –v
, com v ≠ 0.
(un) = (–u)n, com n ∈ IN.
|–u| = |u|
–u = u se, e somente se, u ∈ IR.
–
i = –i (sendo i a unidade imaginária)
u = u
Dessas propriedades, decorre que:
se ω = 
então –ω = 
A afirmação I é verdadeira.
II.
| |
| |
|( ) |
ω = + +
+
2 3 3
1 2
iz i
i z
 
| |
( )
ω =
+ +
+
2 3 3
1 2
iz i
i z
–
– | | | |
2 5
1 3 2 3 2
2
2 2
iz z i
z iz z z
+ +
+ + +
2 5
1 3 2 3 2
2
2 2
iz z i
z iz z z
+
+ + + +
–
| | | |
,
u
v
u
v





 =
 
2
12
arg z +
π( )1
4 3 4
2+
+
i z
i
 
2 3 2
5
| |
| |
z
z
+
 
2 3 3
1 2
iz i
i z
+ +
+( )
 
– 2iz 5z i
1 3z 2iz 3|z| 2|z|
2
2 2
+ +
+ + +– 
2iz 5z – i
1 3z 2iz 3|z| 2|z|
2
2 2
+
+ + + +
▼▼ Questão 1
➯
MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT
A afirmação II é verdadeira.
III. 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 III é verdadeira.
O valor de y2 – xz para o qual os números , x, y, z e sen75°, nesta ordem, formam uma progressão aritmética, é:
A) 3–4 B) 2–6 C) 6–2 D) 2–5 E)
Resolução:
(sen15º, x, y, z, sen75º) é PA.
Sendo r a razão da PA, temos:
sen75º = sen15º + 4r ∴ 4r = sen75º – sen15º
4r = 2 ⋅ sen30º ⋅ cos45º
4r = 
y2 – xz = (x + r)2 – x ⋅ (x + 2r)
= x2 + 2xr + r2 – x2 – 2xr
= r2
Assim:
Considere a função
A soma de todos os valores de x para os quais a equação y2 + 2y + f(x) = 0 tem raiz dupla é:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 6
 
f : Z\{0} IR, f(x) 3 9 – 3 1.x – 2 2x 1
1/(2x) 2x 5 1/x→ = ( ) ( ) ++ +
 
y xz2
2
52
8
1
32
2– –=





 = =
 
2
2
2
8
∴ =r
 
2 3
4
–
sen
π
12
 
π
12
ω
ρ
θ
π
θ
π
=
⋅
⋅ +





 + +














2 2
8
2
12
2
12
cos isen
ω
ρ
θ
π π
θ
π π
=
⋅
⋅ +





 + +














2 2
8
2
4 6
2
4 6
cos – –isen
ω
π π ρ θ θ
π π
=
+














⋅ +[ ]
+






2
4 4
2 2
8
6 6
2cos cos( ) ( )
cos
isen isen
isen
 
| |
| |
| |
ω �
2 3 2
5
z
z
+
⋅
 
| |
| | | | | |
| |
ω �
2 3 3
5
i z i
z
⋅ + +
⋅
 
| |
| | | |
| |
ω � 2 3 3
5
iz i
z
+ +
⋅
 
| |
| |
| |
ω = + +
⋅
2 3 3
5
iz i
z
 
| |
| |
| | | |
ω =
+ +
+ ⋅
2 3 3
2
iz i
i i z
3ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 2
▼▼ Questão 3
➯
➯
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:
22 – 4f (x) = 0, ou seja, f (x) = 1.
De f (x) = 1, temos:
Dessa equação chegamos a x = 4 ou x = –2.
Portanto, a soma de todos os valores de x é igual a 2.
Considere uma função f: IR → IR não-constante e tal que
f(x + y) = f(x) f(y), ∀ x, y ∈ IR.
Das afirmações:
I. f(x) � 0, ∀ x ∈ IR.
II. f(nx) = [f(x)]n, ∀ x ∈ IR, ∀ n ∈ �*.
III. f é par.
é(são) verdadeira(s):
A) apenas I e II.
B) apenas II e III.
C) apenas I e III.
D) todas.
E) nenhuma.
Resolução:
I. Para todo real x, temos:
Se existisse um real r, com f (r) = 0, teríamos f(α + r) = f (α) ⋅ f (r) e, portanto, f (α + r) = 0, para todo real �.
Isto é absurdo, pois f não é uma função constante.
Logo, para todo real x, temos f (x) � 0. A afirmação I é verdadeira.
II. Suponhamos que exista k, k ∈ IN*, tal que f (kx) = [f (x)]k (hipótese de indução).
Teríamos então:
f [(k + 1) ⋅ x] = f (kx ⋅ x)
f [(k + 1) ⋅ x] = f (kx) ⋅ f (x)
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 II é verdadeira.
III. Suponhamos que exista uma função par f, nas condições dadas.
Nessas condições, teríamos:
f (–x + x) = f(–x) ⋅ f (x)
f (0) = 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 III é, portanto, falsa.
f x f( ) ( )= + 0
 
f x f
x
f x( ) ( )=














∴
2
0
2
�
 
f
x x
f
x
f
x
2 2 2 2
+





 =











⋅
 
x x
x
x
x
– 2
2
2 1 2 5
+
+
=
+
 3 3 3
2
2
2 1 2 5x x
x
x
x
–
⋅
+ +
=
 3 9 3
2 2 1
1
2 2 5
1
x x x x x– ( ) ( )⋅ =+ +
4ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 4
➯
Considere o polinômio P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an formam, 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:
A) B) C) D) E)
Resolução:
Sabendo que os coeficientes de
P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn
formam uma P.G. de razão q (q � 0) e a1 = 2, temos:
P(x) = 2x + 2qx2 + ... + 2qn – 1 ⋅ xn
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, concluímosque q = 2. (II)
Sabemos também que P(2) = 5460.
De (I) e (II) 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
 
6 2
2
7
4
2 3
4
–
=
n q
q
2 3
4
–
2 2 1 2 2
1 2 2
5460
⋅ ⋅
⋅
[ ]
=
– ( )
–
n
 
– (– )
q
q
n
n n
2
1 2




 = =∴
2
1
2
1
2
1
2
0
– – –




















+
=
q
q
n
 
P –
1
2
0





 =
 
P x
x qx
qx
n
( )
– ( )
–
=
[ ]2 1
1
 
–
1
2
 
15
8
11
6 
7
4 
3
2 
5
4
n q
q
2 3
4
–
–
1
2
5ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 5
▼▼ Questão 6
➯
➯
Resolução:
Resolvendo o sistema, obtemos a = –3, b = e c = .
Logo, .
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.
II. A equação possui duas raízes de módulo 1, uma raiz de módulo menor que 1 e uma raiz de módulo maior que 1.
III. Se n ∈ IN* e r é uma raiz qualquer desta equação, então 
é(são) verdadeira(s):
A) nenhuma. B) apenas I. C) apenas II. D) apenas III. E) apenas I e III.
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, z4 e 1.
Note que z1, z2, z3 e z4 são, 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 z4 é 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 II é falsa.
Sendo � com n ∈ IN*, temos:
Como r ∈ {z1, z2, z3, z4}, temos que |r| = 1, pois os números z1, z2, z3 e z4 possuem, todos, módulo igual a 1.
Assim,
Como, para todo n, n ∈ IN*, 0 � 1 – � 1, podemos concluir que S �
A afirmação III é verdadeira.
 
1
2
.1
3
3






 
S
n
= 













⋅
1
2
1
1
3
–
S
n
=






⋅1
3
1
1
3
1
1
3
–
–
 
S
n
= + + … +
1
3
1
3
1
32
 
S
r r r
n
n
= + + … +
3 3 3
2
2
 
S
r r r r
n
= + + + … +
3 3 3 3
2 3
 
1
2
,S
r
k
n k
=
=
∑
31
 
€
r
k
n k
3
1
21=
∑ � .
 
a b
c
⋅
= 9
–
3
2
9
2
 
P
P
P
a b c
a b c
a b c
( )
(– )
( )
– –
1 2
1 3
2 0
1 1 2
1 1 3
32 16 4 2 1 0
=
=
=





+ + + + =
+ + + =
+ + + + =





⇔
6ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 7
➯
z4
z1
z2
z3
1
Im(z)
Re(z)0
Seja k ∈ IR tal que a equação 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1 e uma raiz x2, distinta de x1. Então,
(k + x1)x2 é igual a:
A) –6 B) –3 C) 1 D) 2 E) 8
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 x1 é raiz de f ’(x) = 0.
Como x1 é um número inteiro, temos x1 = –2.
De x1 + x1 + x2 = , temos (–2) + (–2) + x2 = e, portanto, x2 = .
De x1 ⋅ x1 ⋅ x2 = , temos (–2) ⋅ (–2) ⋅ = e, portanto, k = –4.
Logo, (k + x1) ⋅ x2 = –3.
Considere o conjunto S = {(a, b) ∈ IN × IN: a + b = 18}. A soma de todos os números da forma , ∀ (a, b) ∈ S, é:
A) 86 B) 9! C) 96 D) 126 E) 12!
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:
17640 = 23 ⋅ 32 ⋅ 51 ⋅ 72
Para a escolha do expoente
• 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. BT é inversível e (BT)–1 = (B–1)T.
II. Se A é simétrica, então B também o é.
III. det (A – λI) = det(B – λI), ∀λ ∈ IR.
é(são) verdadeira(s):
A) todas D) apenas I e III.
B) apenas I. E) apenas II e III.
C) apenas I e II.
 
18
0
18
1
18
2
18
18
2 818 6





 +





 +





 + … +





 = =
18
0 18
18
1 17
18
2 16
18
18 0
!
! !
!
! !
!
! !
!
! !
+ + + … +
 
€
18!
! !a b
 
– k
2
1
2
– k
2
1
2
– 7
2
–7
2
 
– 1
3
7ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 8
▼▼ Questão 9
▼▼ Questão 10
▼▼ Questão 11
➯
➯
➯
Resolução:
I. B = P–1 ⋅ A ⋅ P
det B = det ⋅ (P–1 ⋅ A ⋅ P)
det B = detP–1 ⋅ detA ⋅ detP
detBT = ⋅ detA ⋅ detP
detBT = detA
Como A é inversível e detBT = detA, BT é inversível.
B ⋅ B–1 = I
(B ⋅ B–1)T = IT
(B–1)T ⋅ BT = I
(B–1)T ⋅ BT ⋅ (BT)–1 = I ⋅ (BT)–1
(B–1)T = (BT)–1
Logo, a afirmação I é verdadeira.
II. Sendo , temos B = P–1 ⋅ A ⋅ . Como A é simétrica e B não é simétri-
ca, a afirmação II é falsa.
III. B = P–1 ⋅ A ⋅ P
B – λI = P–1 ⋅ A ⋅ P – λI, λ ∈ IR
B – λI = P–1 ⋅ A ⋅ P – λ(P–1 ⋅ P) ⋅ I
B – λI = P–1 ⋅ A ⋅ P – P–1 ⋅ (λI) ⋅ P
B – λI = P–1 ⋅ (A – λI) ⋅ P
det(B – λI) = det [P–1 ⋅ (A – λI) ⋅ P]
det(B – λI) = det P–1 ⋅ det(A – λI) ⋅ detP
det(B – λI) = ⋅ det(A – λI) ⋅ detP
det(A – λI) = det(B – λI)
Logo, a afirmação III é verdadeira.
O número de todos os valores de a ∈ [0, 2π], distintos, para os quais o sistema nas incógnitas x, y e z, dado por
–4x + y – 6z = cos3a
x + 2y – 5z = sen2a
6x + 3y – 4z = –2cosa,
é possível e não-homogêneo, é igual a:
A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6
Resolução:
x + 2y – 5z = sen2a ⋅ (4) ⋅ (–6)
–4x + y – 6z = cos3a 
+
6x + 3y – 4z = –2cosa
x + 2y – 5z = sen2a
9y – 26z = 4sen2a + cos3a ⋅ (1)
–9y + 26z = –6sen2a – 2cosa
x + 2y – 5z = sen2a
9y – 26z = 4sen2a + cos3a
0 = –2sen2a + cos3a – 2cosa
1
detP
P =






6 1
4 1– 
A P e P=





 =





 =






2 4
4 3
1 1
0 1
1 1
0 1
1,
– –
1
det P
8ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
1
4
2
4
3 +
+
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3
▼▼ Questão 12
➯
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).
ou
4sen2a + 4sena + 1 = 0 ∴ sena = –
Com x ∈ [0, 2π], a = 
Portanto, há 2 valores distintos de a.
Para todo x ∈ IR, a expressão [cos(2x)]2 [sen(2x)]2 senx 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) f é 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:[–1, 1] → , f(x) = arcsenx + arccosx– π π
2
,
3
2








 
f : – 1, 1 –
2
, 3
2
, f (x) arcsen x arccos x,[ ] 



= +→ π π
–
2
,
2
e 0,π π π



[ ]
 = +[ ]⋅2 2 7 9
4– –sen x sen x sen x
= + +[ ]⋅1
16
9 7sen x sen x sen x sen x–
= +



⋅– ( – ) – ( )
1
8
1
2
9
1
2
7sen x sen x sen x sen x
= [ ]⋅– cos – cos1
8
4 5 4 3sen x x sen x x
 
= 



⋅
1
4
4
1
2
5 3sen x x x– (cos – cos )
= ⋅ ⋅[ ]1
4
4 4sen x sen x sen x
 
= +



⋅
1
2
4 0
2
( )sen x sen sen x
7
6
11
6
π π
ou a =
1
2
9ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 13
▼▼ Questão 14
➯
➯
Fazendo arcsenx = α e arccosx = β, temos:
f (x) = α + β
senα = x e – � α �
senα = cosβ ∴ α + β = .
cosβ = x e 0 � β � π
Assim, f(x) = 
f éconstante.
Considere a família de circunferências com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma destas cir-
cunferências corta o eixo Ox em dois pontos, distantes entre si de 4cm. Então, o lugar geométrico dos centros destas cir-
cunferências 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 + 22
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)
C)
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
(r) x + y – 1 = 0
(x + y – 1) ⋅ (3x + 2y – 6) = 0 ou
(s) 3x + 2y – 6 = 0
2 2
 
10
3
5
2
6
 
x y2 2
4 4
1– =
 
∴ = =x y ou seja
x y2 2
2 2
4
4 4
1– , –
π
2
π
2
π
2
π
2
10ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
1
4
2
4
3
y
xO
C |x|
|x||x| y
M 22A B
4
▼▼ Questão 15
▼▼ Questão 16
➯
➯
Na figura, está representado o polígono ABCD,
limitado pelas retas r e s e pelos eixos coorde-
nados, 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:
A) D)
B) E)
C)
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, onde l é 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
 7 3
 
28 3
4
⋅
 
l
l
2 2 2
2
3 3 1
28
= ( ) +
=
 
RS
RS
1
3 3 3 3= =∴
 
– cos cos
cos
1
2
3
2
4
3
2
9
2
3 3
α α α
α α
α
+ =
=
=∴
sen
sen
tg
 5 6
7
2
157 3
15
2
33 15
 
S =
5
2 
S = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1
2
2 3
1
2
1 1–
11ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
B
A
D
C
x
y
3
1
1 20
▼▼ Questão 17
▼▼ Questão 18
P
4
1
Q T
R S
α
β
60º
l
r
s
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
92 – r2 = 65
r = 4 ∴ P.A.(5, 9, 13)
r2 = 16 ou
r = –4 ∴ P.A.(13, 9, 5)
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 comprimento R 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:
A) B) C) D) E)
Resolução:
Considere a figura:
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:
(AC)2 + R2 = ∴ AC = R
Volume VCL do cilindro:
VCL = π ⋅ R2 ⋅ 2R ∴ VCL = 2πR3
Volume VCO de um dos cones:
VCO = π ⋅ R2 ⋅ R ∴ VCO = πR3
Sendo Vp o 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:
A) B) C) D) E) 3
 
7
5
4 3
5
5 6
9
15
3
 
4
3
π
 
1
3
 
1
3 
1
3
 ( )2
2R
 3 R
3π 2 R
3π
4
3
R3
π
 π R
3π
2
R3
 2
 
5 5 3
2
9 9 3
2
13 13 3
2
⋅ ⋅ ⋅
+ +
( – ) ( – ) ( – )
 
( – ) ( )
– – – –
n r n n r
n r n n r n
⋅ ⋅
∴
+ =
+ + + = =



585
2 2 2 21 9
 
( – ) ( )
( – – ) ( – ) ( – )
n r n n r
n r n n r
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
+ =
° + ° + + ° = °



585
2 180 2 180 2 180 3780
12ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 19
▼▼ Questão 20
➯
➯
B
A
O
R
C
√
—
2 R
√
—
2 R
2R
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 com-
plementar, prove que:
I. Se A ∩ B = ∅ , então B ⊂ AC.
II. B \ AC = B ∩ A.
Resolução:
I. Proposição Justificativa
S1 B ∩ A = ∅ hipótese
S2 ∀ x, x ∈ B ⇒ x ∉ A S1 e a definição de B ∩ A
S3 ∀ x, x ∉ A ⇒ x ∈ AC definição de AC
S4 ∀ x, x ∈ B ⇒ x ∈ AC S2 e S3
S5 B ⊂ AC S4
∴ se B ∩ A = ∅ , então B ⊂ AC.
II. Proposição Justificativa
S1 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ B e x ∉ AC definição de \
S2 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ B e x ∈ A S1 e definição de AC
S3 x ∈ B\AC ⇔ x ∈ A ∩ B S2 e definição de A ∩ B
Das equivalências dessas sentenças, temos que B\AC = B ∩ A.
∴ =h cm
5 6
9
10
3
1
3
2 2 3 3
2
= ⋅
⋅
⋅ h
V S h= ⋅ ⋅
1
3
V V= 




 =⋅ ⋅ ⋅ ∴
1
4
1
3
8 5
10
3
( ) ( )AM AM2 2
2
5 2 3 3= + ( ) =∴
A
D
E
B
M
C
5
P
2√
—
2√
—
2√
—
2√
—2
13ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 21
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.
Logo � ∈ IR se, e somente se, |z – 1| + |z + 1| –3 � 0, ou seja, |z – 1| + |z + 1| � 3
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.
Portanto, os afixos de z, tais que |z – 1| + |z + 1| � 3, são os pontos exteriores à elipse.
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 VA e 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-
tância d1 � 0 na frente de Aquiles. Calcule os tempos t1, t2, t3, ... que Aquiles precisa para percorrer as distâncias d1, d2, d3, ...,
respectivamente, sendo que, para todo n � 2, dn denota a distância entre a tartaruga e Aquiles no instante da corrida.
Verifique que os termos tk , k = 1, 2, 3, ..., formam uma progressão geométrica infinita, determine sua soma e dê o signifi-
cado 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 ⋅
No intervalo de tempo t1, Aquiles percorreu a distância d1 = vA ⋅ t1.
Portanto, a seqüência (t1, t2, t3, … tn, tn + 1,…) é uma P.G. infinita de razão e primeiro termo t1 = 
Como 0 � � 1, podemos afirmar que a soma t1 + t2 + …+tn + … =
Logo, t1 + t2 + … + tn + … = 
d
v vA T
1
−
.
 
d
v
v
v
A
T
A
1
1 −
.
 
v
v
T
A
 
d
vA
1 .
 
v
v
T
A
 
v
v
T
A
 
€
tkk
n
=
−
∑
1
1
 
ω =
+ +
+ +
z z 2
|z – 1| |z 1|– 3
 
€
ω =
+ +
+ +
z z 2
|z – 1| |z 1| – 3
14ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 22
▼▼ Questão 23
Im(z)
Re(z)
–1,5 –1 1 1,50
t = 0
t = t1
t = t1 + t2
d1
d1
d1
d2
d2 d3
T
A
A
T
A T
Vejamos as posições da tartaruga e de Aquiles, no instante 
Nesse instante, a posição da tartaruga é dada por:
Temos, então, que:
Note que a posição de 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.
Mostre que toda função f : IR \ {0} → IR, satisfazendo f(xy) = f(x) + f(y) em todo seu domínio, é par.
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) = f(x) + f(x)
2f(–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:
Dividindo P1(x) = x
4 + ax2 + b por P2(x) = x
2 + 2x + 4, temos:
+ x
4 + 0x3 + ax2 + 0x + b x2 + 2x + 4
– x4 – 2x3 – 4x2 x2 – 2x + a
+ – 2x
3 + (a – 4)x2 + 0x + b
2x3 + 4x2 + 8x
+ ax
2 + 8x + b
–ax2 – 2ax – 4a
(8 – 2a)x + b – 4a (Resto)
Como a divisão de P1 por P2 é exata, devemos ter:
(8 – 2a)x + b – 4a � 0
8 – 2a = 0 ∴ a = 4 e b = 16
b – 4a = 0
Dividindo P3(x) = x
3 + cx2 + dx – 3 por P4(x) = x
2 – x + 2, temos:
+ x
3 + cx2 + dx – 3 x2 – x + 2
– x3 + x2 – 2x x + c + 1
+ (c + 1)x
2 + (d – 2)x – 3
– (c + 1)x2 + (c + 1)x – 2(c +1)
(c + d – 1)x – 2c – 5 (Resto)
Do enunciado, devemos ter: (c + d – 1)x – 2c – 5 � – 5
c + d – 1 = 0 ∴ c = 0 e d = 1
–2c – 5 = –5
Assim: a + b + c + d = 4 + 16 + 0 + 1, ou seja, a + b + c + d = 21
Resposta: 21
d
v vA T
1
−
,
 
S
d
v v
v
A T
A= −
⋅1
 
S
d v v d v
v v
A T T
A T
=
+
−
⋅1 1( – )
 
S d v
d
v vT A T
= +
−
⋅1 1
€
d
v vA T
1
−
.
15ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 24
▼▼ Questão 25
1
2
3
1
2
3
Sejam a, b, c e d números reais não-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz
na forma de um produto de números reais.
Resolução:
bcd 1 a a2
Seja D = 
acd 1 b b2
abd 1 c c2
abc 1 d d2
Multiplicando por a, b, c e d, respectivamente, a 1ª, 2ª, 3ª e 4ª linhas, podemos escrever:
∴ D = (b – a) (c – a) (c – b) (d – a) (d – b) (d – c)
Resposta: (b – a) (c – a) (c – b) (d – a) (d – b) (d – c)
Encontre todos os valores de para os quais a equação na variável real x,
,
admite solução.
Resolução:
Fazendo α = arctg e β = arctg , temos: α + β = a.
Então: tga = tg(α + β) ∴ tga = ∴
 
∴







 =
( ) ( )e tg a
tg a
x
2
2 2 1 12 – –
 
∴ ∴=
+ +
( )


















=
( )
( ) +








tg a
e e
e
tg a
e
x x
x x
2 1
2
2 1
2
1 2 1
2
2 2 1
2 2 1
2
2
2 2
– – –
– – –
–
–
 
tg tg
tg tg
α β
α β
+
1 –
 
2 1
2
– –
ex







 
2 1
2
– +








ex
 
arctg
e
arctg
e
a
x x
2 1
2
2 1
2
− +





 + − −





 =
 
a ∈ −








π π
2
,
2
1 a a2 a3
1 b b2 b3
1 c c2 c3
1 d d2 d3
 
D
abcd
abcd
= ⋅
abcd a a2 a3
abcd b b2 b3
abcd c c2 c3
abcd d d2 d3
D
abcd
= ⋅
1
 
bcd a a
acd b b
abd c c
abc d d
1
1
1
1
2
2
2
2














16ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 26
▼▼ Questão 27
Para a equação em x ter solução:
� 0 ∴ � 0
∴ ∴ 0 � tga � 1.
Satisfazendo , temos: 0 � a � .
Resposta:
Sabe-se que uma elipse de equação = 1 tangencia internamente a circunferência de equação x2 + y2 = 5 e que a reta
de equação 3x + 2y = 6 é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P.
Resolução:
Do enunciado, o semi-eixo maior da elipse deve medir e estar contido no eixo das ordenadas. Caso contrário, a reta r
de equação 3x + 2y = 6 seria secante à elipse. Assim, temos a figura:
1º modo:
Consideremos o sistema formado pelas equações da reta e da elipse:
De 1 : y = 
Substituindo em 2 , temos:
, ou seja:
(9a2 + 20)x2 – 36a2x + 16a2 = 0 3
Condição de tangência: ∆ = 0
Então:
45a2 – 80 = 0 ∴ a2 = 
Substituindo o valor de a2 em 3 , temos x = .
Substituindo o valor de x em 1 , temos y = .
Logo, as coordenadas de P são .8
9
5
3
,



5
3
8
9
16
9
x
a
x
2
2
26 3
2
5
1+




=
–
6 3
2
– x
3 2 6
5
1
2
2
2
x y
x
a
y
+ =
+ =




5
 
x
a
y
b
2
2
2
2+
 
a ∈ ] , [0
4
π
π
4 
a ∈ ] – , [π π
2 2
0 1
– + –∃
 
1 – tg a
tg a
( )
 
2 2 1 1– –( ) ( )⋅ tg a
tg a
17ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 28
–√
—
5 √
—
5
Q
y
r
x
P
0
1
2
2º modo:
Seja r’ a reta que passa pelo ponto Q(0,3) e tangencia a
circunferência de equação x2 + y2 = 5 no ponto P’. Então,
considere a figura ao lado:
No triângulo retângulo OP’Q, temos:
Associando-se cada ponto (x, y) do plano ao ponto ,
então cada ponto da circunferência fica associado a um ponto
da elipse de equação . Assim, considere a figura ao lado:
Como as ordenadas de P e P’ são iguais e P pertence à reta r, temos:
3x + 2 ⋅
Portanto, as coordenadas de P são .
Resposta:
Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto médio do segmento CD
—
e F um ponto sobre o segmento CE
—
tal que 
m(BC
—
) + m(CF
—
) = m(AF
—
). Prove que cosα = cos2β, sendo os ângulos α = BÂF e β = EÂD.
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, onde l é a medida do lado do quadrado ABCD:
Construindo sobre DC
↔
o segmento CM = l e a semicircunferência de centro no ponto F e raio medindo l + a, temos a figura:
Os triângulos ADE e MDA são semelhantes, pois seus catetos são proporcionais. Assim, DM̂A = �.
A
D CE F
B
l
l
l + a
l
2
a
α
β
2l
M
l
A
D CE F
B
l
l
l
l
2
a
α
β
α
l + a
8
9
5
3
,



8
9
5
3
,



5
3
6 8
9
= =∴ x
x
a
y2
2
2
5
1+ =
ax y
5
,






5 3 5
3
2( ) = =⋅ ∴OH OH
18ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
r’
Q
y
r
x
P
P’5
3
0
√
—
5
3
Q
y
r’
x
P’H3
0
▼▼ Questão 29
Como o triângulo AFM é isósceles, temos que FÂM = FM̂A = �.
No triângulo AFM, resulta que α = 2β (ângulo externo).
Portanto, cos� = cos2�.
Quatro esferas de mesmo raio R � 0 são tangentes externamente duas a duas, de forma que seus centros formam um tetrae-
dro regular com arestas de comprimento 2R. Determine, em função de R, a expressão do volume do tetraedro circunscrito
às quatro esferas.
Resolução:
Sendo a o comprimento de uma aresta de um tetraedro regular, então seu volume é , sua altura é , e
o raio da esfera inscrita nesse tetraedro é .
Sendo 2R o comprimento de uma aresta do tetraedro ABCD cujos vértices são os centros das quatro esferas de raio R, tangen-
tes externamente duas a duas, então:
a) seu volume é 
b) sua altura é 
c) o raio da esfera inscrita é 
Como o centro do tetraedro A’B’C’D’ circunscrito às quatro esferas coincide com o centro do tetraedro ABCD, e os planos de
suas faces são paralelos e distam R dos planos das faces do tetraedro ABCD, então o raio da esfera inscrita no tetraedro
A’B’C’D’ é:
R’ = r + R
Sendo V’ o volume pedido, devemos ter:
Resposta:
 
2 2 1 6
3
3
3
⋅ ⋅ +( )
R
V
R
R
R
V R
’
’
2 2
3
6 6
6
6
6
2 2 1 6
33
3
3
3
⋅
∴
⋅ ⋅
=
+









=
+( )
R
R
R R R’ ’= + =
+




∴
6
6
6 6
6
r
R
=
6
6
.
h
R
=
⋅2 6
3
.
V
R R
= =
⋅ ⋅( )
.
2 2
12
2 2
3
3 3
r
h
=
4
h
a
=
6
3
V
a
=
⋅3 2
12
A
D CE F
B
l
l
l + a
l
2
a
α
β β
2l
M
β
l
19ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
▼▼ Questão 30
20ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES
Uma prova trabalhosa, que exigiu dos candidatos, além do conhecimento teórico, grande habilidade algébrica.
A questão 10 não apresenta alternativa correta.
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR
IIICCCNNNÊÊÊDDDIIINNNIII CCC AAA
Aritmética
1 3
ASSUNTO
Nº DE QUESTÕES2 4
Conjuntos
Equação polinomial
Função
Geometria analítica
Geometria espacialGeometria plana
Determinante
Matrizes
Números complexos
Polinômios
5 6
Números binomiais
Seqüências
Trigonometria
Sistemas lineares