Matemática ITA 2011

Prévia do material em texto

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
1 
 
MATEMÁTICA 
 
 NOTAÇÕES 
` : conjunto dos números naturais 
] : conjunto dos números inteiros 
_ : conjunto dos números racionais 
\ : conjunto dos números reais 
^ : conjunto dos números complexos 
i : unidade imaginária: 2 1i = − 
z : conjugado do número z∈^ 
z : módulo do número z∈^ 
{ }\ : e A B x x A x B= ∈ ∉ 
[ [ { }, :a b x a x b= ∈ ≤ <\ 
[ ] { }, :a b x a x b= ∈ ≤ ≤\ 
] [ { }, :a b x a x b= ∈ < <\ 
( )m n× \M : conjunto das matrizes reais m n× 
det M: determinante da matriz M 
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A 
n(A): número de elementos do conjunto finito A 
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B 
lABC : ângulo formado pelos segmentos AB e BC , com vértice no 
ponto B 
 
2
0 1
0
k
n k
n k
n
a x a a x a x
=
= + + +∑ " , k ∈` 
 
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são 
cartesianos retangulares. 
 
 QUESTÃO 01 
Dado 1( 1 3 )
2
z i= − + , então 
89
1
n
n
z
=
∑ é igual a 
a) 89 3 .
2
i− b) -1. c) 0. 
d) 1. e) 89 3 .
6
i 
 Resolução Alternativa B 
Por hipótese, 1 2( 1 3 ) cis
2 3
z i π= − + = . 
Como a soma pedida é n
n
z z z z z
=
= + + + +∑89 2 3 89
1
... , a partir do valor de 
z, temos: 
2
3
2 1 3cis
3 2 2
4 1 3cis
3 2 2
cis2 1
z i
z i
z
π= = − +
π= = − −
= π =
 
 
Podemos ver que 2 3 0z z z+ + = , e que a soma das subsequentes 
potências de z, três a três, é zero. Além disso, como 3 31 1kz z= ⇒ = , 
k ∈` . 
Logo, 
N
89 87
88 89 87 87 2 2
1 1
0
0 1n n
n n
z z z z z z z z z z
= =
=
= + + = + ⋅ + ⋅ = + = −∑ ∑ . 
 
 
 
 
 
 
 QUESTÃO 02 
Das afirmações abaixo sobre números complexos 1z e 2z : 
I − 1 2 1 2 .z z z z− ≤ − 
II − 1 2 2 2z z z z⋅ = ⋅ . 
III − Se ( )1 1 cos sen 0z z i= θ + θ ≠ , então ( )111 1 cos senz z i−− = θ − θ . 
é(são) sempre verdadeira(s) 
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. 
d) apenas II e III. e) todas. 
 Resolução Alternativa C 
(I) Falsa. Tomando 1 1z = e 2 1z = − , obtemos: 
1 2
1 2
1 ( 1) 2
1 1 1 1 0
z z
z z
⎧ − = − − =⎪⎨ − = − − = − =⎪⎩
 
Portanto, temos um contra-exemplo em que 1 2 1 2 .z z z z− > − 
Na verdade, pode-se mostrar que a desigualdade sempre válida para 
quaisquer dois números complexos 1z e 2z é 1 2 1 2 .z z z z− ≥ − , isto 
é, com o sinal da inequação invertido. 
(II) Falsa. Tomando 1 0z = e 2 1z = , e sendo ambos números reais, 
temos que 1 0z = e 2 1z = . Assim: 
1 2
2 2
0 1 0
1 1 1
z z
z z
⎧ ⋅ = ⋅ =⎪⎨ ⋅ = ⋅ =⎪⎩
 
Portanto, temos um contra-exemplo em que 1 2 2 2z z z z⋅ ≠ ⋅ . 
Obs.: Consideramos que talvez tenha ocorrido um erro de digitação 
nessa afirmação, pois a identidade que faria mais sentido apresentar 
seria 
1 2 1 2z z z z⋅ = ⋅ , a qual seria, inclusive, uma identidade verdadeira. 
(III) Verdadeira. De fato, para ( )1 1 cos sen 0z z i= θ + θ ≠ , temos que: 
( ) ( )
1
11
1
1 1
1 1 cos sen
cos sen cos sen cos sen
z iz
z z i i i
−
− θ − ⋅ θ⎡ ⎤= ⇔ = ⋅ ⇔⎢ ⎥⋅ θ + ⋅ θ θ + ⋅ θ θ − ⋅ θ⎣ ⎦
( )
( )
( )1 1
1 11
1 2 22 2 2
cos sen cos sen
cos sencos sen
z i z i
z
i
− −
− ⋅ θ − ⋅ θ ⋅ θ − ⋅ θ= = ⇔θ + θθ − ⋅ θ 
( )11
1 1 cos senz z i
−− = ⋅ θ − ⋅ θ 
 
 QUESTÃO 03 
A soma de todas as soluções da equação em ^ : 22 1 0z z iz+ + − = é 
igual a 
a) 2. b) 
2
i . c) 0. d) 1
2
− . e) 2 .i− 
 Resolução Alternativa E 
Sendo z x i y= + ⋅ , com x∈\ e y ∈\ , temos: 
( ) ( ) ( )222 2 21 0 1 0z z iz x i y x y i x i y+ + − = ⇔ + ⋅ + + + ⋅ + ⋅ − = ⇔ 
( ) ( )2 2 2 22 1 0x x y i y x y i x y+ ⋅ ⋅ ⋅ − + + + ⋅ − − = ⇔ 
( ) ( )22 1 2 0x y i x y x− − + ⋅ ⋅ ⋅ + = ⇔ 22 1 0
2 0
x y
x y x
⎧ − − =⎪⎨ ⋅ ⋅ + =⎪⎩
 
Da segunda equação, vem que: ( )2 1 0 0x y x⋅ + = ⇔ = ou 1
2
y = − 
Para x = 0, da primeira equação temos que: 22 0 1 0 1y y⋅ − − = ⇔ = − 
Para - 1y = 
2
, da primeira equação temos que: 
2 21 1 12 1 0
2 4 2
x x x⎛ ⎞− − − = ⇔ = ⇔ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Assim, as raízes z x i y= + ⋅ da equação apresentada são: 
i− , 1 1
2 2
i− e 1 1
2 2
i− − . A soma S dessas raízes é dada por: 
( ) 1 1 1 1
2 2 2 2
S i i i⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + − − ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2S i= − 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
2 
 
 QUESTÃO 04 
Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são normais 
(cara e coroa) e as demais apresentam duas coroas. Uma moeda é 
retirada ao acaso e a face observada mostra uma coroa. A probabilidade 
de a outra face desta moeda também apresentar uma coroa é 
a) 7
8
. b) 5
7
. c) 5
8
. d) 3
5
. e) 3
7
. 
 Resolução Sem Resposta 
Primeiramente definimos os eventos: 
 
A={ A moeda selecionada tem 2 caras } 
B={ A moeda selecionada é normal (cara e coroa) } 
C={ A moeda selecionada tem 2 coroas } 
D={ A face observada é uma coroa } 
 
Agora, computemos ( )p D através do Teorema da Probabilidade Total (já 
que A, B e C são disjuntos e A B C∪ ∪ = Ω , onde Ω é o espaço 
amostral): 
( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( )p D p D A p A p D B p B p D C p C= ⋅ + ⋅ + ⋅ 
5 1 10 25 3( ) 0 1
40 2 40 40 4
p D = ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
 
Agora computemos nossa probabilidade desejada ( | )p C D através do 
Teorema de Bayes: 
25 1( ) ( ) ( | ) 540( | ) 3( ) ( ) 6
4
p C D p C p D Cp C D
p D p D
⋅∩ ⋅= = = = 
Desta forma, nenhuma alternativa está correta. 
 
Observação: 
Uma confusão que poderia ocorrer é pensar que ao saber que uma coroa 
foi retirada, teríamos que sobram 35 moedas no espaço amostral, onde 10 
são normais e 25 são de duas coroas, o que daria 25 5( | )
35 7
p C D = = . Esse 
pensamento, no entanto, está errado, pois a partir do momento que 
sabemos que uma face é coroa, isto faz nosso espaço amostral deixar de 
ser equiprovável, não valendo mais a razão anterior, pois cada moeda 
com 2 coroas tem o dobro de chance de ter sido a escolhida. 
Se ponderarmos os casos por suas probabilidades chegamos na 
probabilidade correta: 
2 (Duas Coroas) 2 25 50 5( | )
(Normais) 2 (Duas Coroas) 10 2 25 60 6
np C D
n n
⋅ ⋅= = = =+ ⋅ + ⋅ . 
 
 QUESTÃO 05 
Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que A B⊂ e 
}{ )( : \ 128⊂ =n C C B A . 
Então, das afirmações abaixo: 
I – ( ) ( )n B n A− é único; 
II – ( ) ( ) 128n B n A+ ≤ ; 
III – a dupla ordenada ( )( ( )),n A n B é única: 
é(são) verdadeira(s) 
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. 
d) apenas I e II. e) nenhuma. 
 Resolução Alternativa A 
O número }{ )( : \ 128⊂ =n C C B A representa justamente o total de 
subconjuntos que o conjunto B\A admite, ou seja, é o total de partes 
que esse conjunto tem. 
Sabe-se de Teoria dos Conjuntos que se um conjunto apresenta um 
número k de elementos (k inteiro, positivo e finito), o total de 
subconjuntos é dado então por k2 . Assim, seja k o total de elementos 
de B\A. A partir da fórmula anterior: 
k k 72 128 2 2 k 7= ⇔ = ⇔ = 
Como B\A tem 7 elementos e A B⊂ , temos que n(B) – n(A) = 7, o 
que torna a afirmação I verdadeira. 
As afirmações II e III são falsas. De fato, o exercício só permite 
concluir que a diferença entre o número de elementos de B e A é 7. 
Pode-se ter n(B) = 1000 e n(A) = 993, por exemplo. Assim, não é 
correto afirmar que n(B) n(A) 128+ ≤ . Como os valores de n(B) e n(A) 
não são determináveis com as informações dadas, não podemos 
afirmar que a dupla ordenada (n(A);n(B)) é única. 
 
 QUESTÃO 06 
O sistema 
2 3
 2
3 5 0
x y z a
y z b
x y cz
+ + =⎧⎪ + =⎨⎪ − − =⎩
 
a) é possível, , , .a b c∀ ∈\ 
b) é possível quando 7
3
ba = ou 1.c ≠ 
c) é impossível quando 1c = , ,a b∀ ∈\ . 
d) é impossível quando 7
3
ba ≠ , c∀ ∈\ . 
e) é possível 1c = e 7 .
3
ba ≠ 
 Resolução Alternativa B 
Escrevendo o sistemano formato matricial, temos: 
1 2 3
0 1 2
3 1 5 0
x a
y b
c z
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
 
Seja Li a i-ésima linha da matriz. Fazendo '3 1 33L L L= − ⋅ + , vem: 
1 2 3
0 1 2
0 7 5 9 3
a
b
c a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦
 
Fazendo '3 2 37L L L= ⋅ + , temos: 
1 2 3
0 1 2
0 0 5 5 7 3
a
b
c b a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦
 
Da última equação, temos: ( )5 1 7 3c z b a⋅ − ⋅ = − 
Nesse caso, temos as seguintes considerações: 
(I) Se 1c ≠ , o sistema é do tipo possível e determinado (SPD); 
(II) Se 
1
7
3
c
ba
=⎧⎪⎨ =⎪⎩
, o sistema é do tipo possível e indeterminado (SPI); 
(III) Se 
1
7
3
c
ba
=⎧⎪⎨ ≠⎪⎩
, o sistema é do tipo impossível (SI). 
 QUESTÃO 07 
Considere as afirmações abaixo: 
 
I – Se M é uma matriz quadrada de ordem 1n > , não-nula e não-
inversível, então existe matriz não-nula N, de mesma ordem, tal que 
MN é matriz nula. 
II – Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n tal que 
( )2det 0M M− = , então existe matriz não-nula X, de ordem 1n × , tal 
que MX X= . 
III – A matriz 2
cos sen
tg 1 2sen
sec 2
θ − θ⎡ ⎤⎢ ⎥θ θ⎢ ⎥−⎢ ⎥θ⎣ ⎦
 é inversível, 
2
kπ∀θ ≠ + π , k ∈] . 
 
Destas, é(são) verdadeira(s) 
a) apenas II. b) apenas I eII. c) apenas I e III. 
d) apenas II e III. e) todas. 
 Resolução Alternativa E 
(I) Verdadeira. Sejam 
11 1
1
n
n nn
m m
M
m m
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
…
# % #
"
 e 
11 1
1
n
n nn
x x
N
x x
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
…
# % #
"
. 
Então (matriz nula de ordem )nM N O n n⋅ = × ⇔ 
11 1 11 1
1 1
0 0
.
0 0
n n
n nn n nn
m m x x
m m x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
… … …
# % # # % # # % #
" " "
, o que é equivalente a n 
sistemas lineares homogêneos da forma: 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
3 
 
111 1
1
0
.
0
in
n nn ni
xm m
M
m m x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
…
# % # # #
"
, onde { }1,2,3...i n∈ indica a i-ésima 
coluna de N. Mas como M é singular, tem-se que det 0M = , o que faz 
com que cada sistema homogêneo apresente uma solução não trivial. 
Portanto, conseguimos montar uma matriz N não nula (tomando ao 
menos uma solução não trivial de cada um dos n sistemas), tal que 
seja válida o produto nM N O⋅ = . 
(II) Verdadeira. Temos: 
2det( ) 0 det( ( )) 0 det( ) det( ) 0n nM M M M I M M I− = ⇔ ⋅ − = ⇔ ⋅ − = 
Mas sabemos que det( ) 0M ≠ , pois M é inversível, de modo que 
det( ) 0nM I− = . Agora, dizer que existe matriz coluna não-nula X tal 
que M X X⋅ = é equivalente a dizer que existe uma solução não-
trivial para ( ) 0n nM X X O M I X⋅ − = ⇔ − ⋅ = . E de fato, sabemos que 
isso é satisfeito, pois temos que det( ) 0nM I− = , o que torna nosso 
sistema homogêneo possível e indeterminado. 
(III) Verdadeira. Primeiramente, temos: 
(1) tg 1tg tg cos sen
sec sec
θ = θ ⋅ = θ ⋅ θ = θθ θ 
(2) 21 2sen cos 2 cos
2 2
θ θ⎛ ⎞− = ⋅ = θ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Assim, reescrevemos a matriz dada como: 
2
cos sen cos sen
tg sen cos1 2sen
sec 2
θ − θ⎡ ⎤ θ − θ⎡ ⎤⎢ ⎥ =θ θ ⎢ ⎥⎢ ⎥ θ θ− ⎣ ⎦⎢ ⎥θ⎣ ⎦
 
Calculando então o determinante dessa matriz, encontramos: 
2 2cos sen cos sen 1
sen cos
θ − θ = θ + θ =θ θ 
Como o determinante é sempre não nulo, para todo valor de θ em que 
existam a tangente e a secante (
2
kπθ ≠ + π , k ∈] ), tal matriz é 
sempre inversível para esses valores. 
 
 QUESTÃO 08 
Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação x x ax b+ + + =4 2 0, 
com ,a b∈\ , então 2 3a b− é igual a 
a) -64. b) -36. c) -28. d) 18. e) 27. 
 Resolução Alternativa C 
Por hipótese, se 1x = é raiz com multiplicidade 2 de 
p x x x ax b= + + +4 2( ) , então, pelo teste da derivada, 1x = é raiz 
simples da derivada de ( )p x . 
Então: p x x x a= + +3'( ) 4 2 . 
Desta forma temos: 
'(1) 0 4 2 0 6p a a= ⇔ + + = ⇔ = − . 
Como 1x = é raiz de ( )p x , para 6a = − , temos: 
(1) 0 1 1 6 0 4p b b= ⇔ + − + = ⇔ = . 
Portanto, 
2 3 2 3 2 3( 6) (4) 36 64 28 a b a b− = − − ⇒ − = − = − ⇒ 2 3 28a b− = − . 
 
 QUESTÃO 09 
O produto das raízes reais da equação 2 3 2 2 3x x x− + = − é igual a 
a) −5. b) −1. c) 1. d) 2. e) 5. 
 Resolução Alternativa A 
Como há módulo em ambos os lados da equação, não é necessário 
analisar separadamente o sinal das funções dentro destes. 
Assim, temos que: 
( )2 23 2 2 3 3 2 2 3x x x x x x− + = − ⇔ − + = ± − ⇔ 
2 5 5 0x x− + = ou 2 1 0x x− − = ⇔ 
5 5
2
x ±= ou 1 5
2
x ±= 
Sendo todas as raízes reais, seu produto é dado por: 
5 5 5 5 1 5 1 5
2 2 2 2
P
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + −= ⋅ ⋅ ⋅ ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5P = − 
 QUESTÃO 10 
Considere a equação algébrica ( )3 4
1
0kk
k
x a −
=
− =∑ . Sabendo que 0x = 
é uma das raízes e que 1 2 3( , , )a a a é uma progressão geométrica com 
1 2a = e soma 6, pode-se afirmar que 
a) a soma de todas as raízes é 5. 
b) o produto de todas as raízes é 21. 
c) a única raiz real é maior que zero. 
d) a soma das raízes não reais é 10. 
e) todas as raízes são reais. 
 Resolução Alternativa A 
Podemos reescrever o somatório da seguinte maneira: 
( )3 4 3 21 2 3
1
( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0kk
k
p x x a x a x a x a−
=
= − = ⇔ − + − + − =∑ 
Desenvolvendo cada binômio e agrupando os termos com o mesmo 
expoente, temos: 
3 2
1 2 3
3 2 2 3 2
1 1 2 1 2 3
( ) ( ) ( ) 0
(1 3 ) (3 2 1) ( ) 0
x a x a x a
x x a x a a a a a
− + − + − = ⇔
+ − + − + + − + − = 
 
Sabendo que 1 2a = , temos que: 
3 2 3 2
1 2 3 1 3 2
2
1 2 3
0 é raiz 0 (I)
6 2 2 2 6 (II)
x a a a a a a
a a a q q
⎧ = ⇒ − + − = ⇔ + =⎪⎨ + + = ⇔ + + =⎪⎩
 
 
Resolvendo a equação (II), temos 1q = ou 2q = . 
Se 1q = , a equação (I) fica 8 2 4+ = , que é falso. 
Se 2q = − , a equação (I) fica 8 8 16+ = , que é verdadeiro. 
 
Logo, 1 2a = , 2 4a = − , 3 8a = e p x x x x= − +3 2( ) 5 21 . 
Fatorando p(x), temos 3 2 2( ) 5 21 ( 5 21)p x x x x x x x= − + = ⋅ − + . 
Assim, as raízes de p(x) são 0x = e 5 59
2
ix ±= . 
Portanto, a soma das raízes é 5. 
 QUESTÃO 11 
A expressão 2 24 9 16 54 61 0x y x ye e e e+ − − + = , com x e y reais, 
representa 
a) o conjunto vazio. 
b) um conjunto unitário. 
c) um conjunto não-unitário com um número finito de pontos. 
d) um conjunto com um número infinito de pontos. 
e) o conjunto ( ){ ( ) ( ) }2 22, 2 2 3 3 1y yx y e e∈ − + − =\ . 
 Resolução Alternativa D 
Reescrevendo a expressão x y x ye e e e+ − − + =2 24 9 16 54 61 0, temos: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
4 9 16 54 61 0
4 16 16 9 54 81 61 97 36
2 4 3 9 36
2 3
4 2 9 3 36 1.
9 4
x y x y
x x y y
x y
x y
x y
e e e e
e e e e
e e
e e
e e
+ − − + = ⇔
− + + − + = − + = ⇔
− + − = ⇔
− −− + − = ⇔ + =
 
Note que, com uma mudança de variáveis, por exemplo, fazendo 
ex = u e ey = v, temos a formação parcial de uma elipse no plano (u,v): 
 
Assim, podemos observar que há um conjunto infinito de pontos 
que satisfazem a equação. 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
4 
 
 QUESTÃO 12 
Com respeito à equação polinomial 4 3 22 3 3 6 2 0x x x x− − + − = é correto 
afirmar que 
a) todas as raízes estão em _ . 
b) uma única raiz está em ] e as demais estão em _ \ ] . 
c) duas raízes estão em _ e as demais têm parte imaginária não-nula. 
d) não é divisível por 2 1x − . 
e) uma única raiz está em _ \ ] e pelo menos uma das demais está em 
\ \_ . 
 Resolução Alternativa E 
Pelo teorema das raízes racionais, sabemos que as possíveis raízes 
racionais, da forma p/q, são tais que p é um divisor do termo independente 
(que no caso é 2) e q é um divisor do coeficiente líder (que no caso é 2 
também). Sendo o conjuntodos divisores inteiros de 2 igual a 
{ }(2) 1, 1,2, 2D = − − , as possíveis raízes racionais são: 
1± , 2± , 1
2
± 
Por inspeção, obtemos que 1+ é raiz (notando-se que a soma dos 
coeficientes é zero, chega-se rapidamente a esta conclusão) e 
1
2
+ é 
também de fato raiz. 
Reduzindo-se o grau do polinômio, através do dispositivo de Briot-Ruffini 
para x = +1: 
1 2 -3 -3 +6 -2 
 2 -1 -4 +2 0 
Logo, 4 3 2 3 2
( )
2 3 3 6 2 ( 1) (2 4 2)
Q x
x x x x x x x x− − + − = − ⋅ − − +����	���
 
Repetindo-se a redução de grau para o polinômio Q(x) acima e 1
2
x = + : 
1
2 2 -1 -4 +2 
 2 0 -4 0 
 
Assim, temos a fatoração do polinômio dado: 
( ) ( ) ( )4 3 2 22 3 3 6 2 1 1/2 2 4x x x x x x x− − + − = − ⋅ − ⋅ − ⇒ 
( ) ( ) ( )4 3 2 22 3 3 6 2 1 2 1 2x x x x x x x− − + − = − ⋅ − ⋅ − 
De modo que as raízes desse polinômio são: 1 , 1
2
, 2 e 2− . 
Julgando agora cada alternativa. 
a) Incorreta. Temos apenas duas raízes racionais, 1 e 1
2
, já que 2∉_ 
e 2− ∉_ . 
b) Incorreta. De fato há uma única raiz inteira ( 1x = ), porém somente a 
raiz 1 \
2
∈_ ] , enquanto 2 \∉_ ] e 2 \− ∉_ ] , já que nenhuma 
dessas raízes são números racionais. 
c) Incorreta. De fato, duas raízes são racionais (1 e 1
2
), porém as outras 
duas raízes ( 2 e 2− ) ainda são reais, isto é, têm parte imaginária nula. 
d) Incorreta. Sendo 1
2
x = uma raiz, segue que 2 1x − é um dos fatores 
da equação, conforme apresentado acima. 
e) Correta. De fato, uma única raiz é racional não inteira ( 1 \
2
∈_ ] ) e 
pelo menos uma das raízes outras raízes é real não racional (tanto 
2 \∈\ _ como 2 \− ∈\ _ ). 
 
 QUESTÃO 13 
Sejam m e n inteiros tais que 2
3
m
n
= − e a equação 
2 236 36 23 0x y mx ny+ + + − = representa uma circunferência de raio 
1 cmr = e o centro C localizado no segundo quadrante. Se A e B são 
os pontos onde a circunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo 
ABC, em cm2, é igual a 
a) 8 2
3
. b) 4 2
3
. c) 2 2
3
. d) 2 2
9
. e) 2
9
. 
 Resolução Alternativa D 
Temos que: 
2 2 2 2 2336 36 23 0 0
36 36 36
mx nyx y mx ny x y+ + + − = ⇔ + + + − = ⇔ 
2 2 2 2
2 2
23
72 72 36 72 72
m n m nx y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Assim, o centro da circunferência C é ,
72 72
m nC ⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠ , e como o raio 
vale 1 cm: 
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
23 13 4 4 131
36 72 72 72 36 72 9
m n m n m n+ ++ + = ⇔ = ⇒ = 
 
Mas temos que 2 22 3 2 9 4
3
m m n m n
n
= − ⇒ = − ⇒ = e nossa equação 
fica: 
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
4 4 4 9 13 13 24
72 72 72 9
m n m m m m+ += = = => = 
Como C deve pertencer ao segundo quadrante, temos que 
0 072
00
72
m
m
n n
⎧− <⎪ >⎧⎪ ⇒⎨ ⎨ <⎩⎪− >⎪⎩
 
Logo 24m = e 3 36
2
n m= − ⋅ = − , e a intersecção da circunferência 
com o eixo y será então: 
2
2 2
0
1 8 1 2 2 1 2 2( )1 1 2 9 2 3 2 3( ) ( ) 1
3 2
x
y y y
x y
=⎧⎪ ⇒ − = ⇒ − = ± ⇒ = ±⎨ + + − =⎪⎩
 
 
E os pontos são: 
1 2 2 1 1(0, ) 1
2 3 3 2 1 2 2 1
1 2 2 1 2 2 1 4 22 3(0, ) 2 0 1
2 3 2 3 3 91 2 2 11 1 1 2 2 2 3( , ) 0 13 2 2 3
A
B A
C
⎧ = + −⎪⎪ +⎪⎪ = − ⇒ ⋅ = + = ⋅ =⎨⎪ −⎪ = − −⎪⎪⎩
+ 
Finalmente: 
2 2
9
A =+ 
 
 QUESTÃO 14 
Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e dos 
minutos de um relógio, o ponteiro dos minutos varre um ângulo cuja 
medida, em radianos, é igual a 
a) 23 .
11
π b) 13 .
6
π c) 24 .
11
π d) 25 .
11
π e) 7 .
3
π 
 Resolução Alternativa C 
Inicialmente, note que o ponteiro dos minutos percorre 360° em 60 
minutos, ou seja, tem velocidade angular de 6°/min. O ponteiro das horas 
percorre 360° em 12 h (720 minutos), ou seja, tem velocidade angular de 
0,5°/min. 
Como as velocidades angulares são constantes, então o ângulo varrido 
pelo ponteiro de minutos entre duas superposições é fixo. Admita, sem 
perda de generalidade, que o primeiro “encontro” entre os ponteiros do 
relógio ocorre às 12h00min. Assim, o segundo “encontro” acontece entre 
1h00min e 2h00min. 
Observe, na figura abaixo que, quando o relógio marca exatamente 
1h00min o ponteiro dos minutos está sobre o número 12, enquanto o das 
horas está sobre o número 1, ou seja, 30° à frente do ponteiro dos 
minutos. 
 
30º 
360º 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
5 
 
Seja t o instante do segundo encontro, medido em minutos. Nesse 
instante, temos: 
1) ponteiro dos minutos: percorreu uma distância angular de 6t 
(medida em graus). 
2) ponteiro das horas: percorreu uma distância angular de 0,5t 
(também medida em graus). 
 
0,5t6t 
 
Como o ponteiro das horas, no instante inicial (1h00min), estava 30° à 
frente do ponteiro dos minutos e ambos se encontram no instante t, 
segue que: 
30 6030 0,5t 6t 5,5t 30 t t min
5,5 11
° + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
Desse modo, o segundo encontro ocorre a 601h min
11
, ou seja, o 
tempo necessário para ocorrerem duas superposições consecutivas 
entre os ponteiros das horas e dos minutos é 60 72060 min
11 11
+ = . 
Sabemos que o ângulo varrido pelo ponteiro dos minutos, em graus, é 
dado por 6t. Em radianos esse ângulo seria dado por .t
30
π . Desse 
modo, o ângulo, em radianos, varrido pelo ponteiro dos minutos é 
dado por 720 24. rad
30 11 11
π π= . 
 
 QUESTÃO 15 
Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BC medem 
8 cm e 6 cm respectivamente. Se D é um ponto sobre AB e o 
triângulo ADC é isósceles, a medida do segmento AD , em cm, é igual 
a 
a) 3
4
. b) 15
6
. c) 15
4
. d) 25
4
. e) 25
2
. 
 Resolução Alternativa D 
Abaixo esta um desenho ilustrando a situação: 
 
x 
C 
B Ax D 8 − x 
6 
8 
Aplicando Pitágoras no triangulo CBD, temos: 
2 2 2 2 2 2 2 26 (8 ) 36 64 16CB BD CD x x x x x+ = ⇔ + − = ⇔ + − + = ⇔ 
2516 100
4
x x= ⇔ = ⇔ 25
4
AD = 
 
 QUESTÃO 16 
Sejam ABCD em quadrado e E um ponto sobre AB . Considere as 
áreas do quadrado ABCD, do trapézio BEDC e do triângulo ADE. 
Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que estão 
apresentadas, uma progressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a 
medida do segmento AE , em cm, é igual a 
a) 10
3
. b) 5 . c) 20
3
. d) 25
3
. e) 10. 
 Resolução Alternativa C 
Sejam x a medida do segmento AE e a a medida do lado do 
quadrado. 
 
Assim: 
(1) área do quadrado: 2a 
(2) área do trapézio: 
2( ) 2
2 2
a a x a a a x+ − ⋅ − ⋅= 
(3) área do triângulo: 
2
a x⋅ 
Pelo enunciado, a sequência 
2
2 2; ;
2 2
a a x a xa
⎛ ⎞− ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
 é uma progressão 
aritmética. Nesse caso, segue que o termo médio é a média aritmética 
dos extremos, ou seja: 
2
2
22 2 2 3 0
2 2
a xaa a x a ax
⋅+− ⋅ = ⇔ − = ⇔ 
(2 3 ) 0 0a a x a⋅ − = ⇔ = ou 2
3
ax = 
Como a representa a medida do lado do quadrado, segue que 0a > , 
de modo que 2
3
ax = . Desse modo, a progressão aritmética fica 
2 2
2 2; ;
3 3
a aa
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. A soma desses termos é justamente o triplo do termo 
médio, ou seja, a soma é 
2
2 223. 2 200 100 10
3
a a a a
⎛ ⎞ = = ⇔ = ⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
Assim, temos que a medida de AE é igual a: 
2 2 10
3 3
aAE ⋅= = ⇔ 20
3
AE = 
 
 QUESTÃO 17 
Num triângulo ABC o lado AB mede 2 cm, a altura relativa ao lado 
AB mede 1 cm, o ângulo ˆABC mede 135° e M é o ponto médio de 
AB . Então a medida de ˆ ˆBAC BMC+ , em radianos, é igual a 
a) 1
5
π . b) 1
4
π . c) 1
3
π . d) 3
8
π . e) 2
5
π . 
 Resolução Alternativa B 
Um desenho representando o problema se encontra abaixo: 
 
 
 
1 
α β 135° 
45° 
45° 
AM B D 
C 
1 1 
1 
 
A B 
D C 
E 
a a 
a 
a − x x 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVEITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
6 
 
Como CB é hipotenusa de um triangulo retângulo, por pitágoras 
temos que sua medida é 2 , e analogamente descobrimos que 
5CM = e 10CA = , então: 
ˆ ˆcos( ) cos( ) cos cos sen senBAC BMC+ = α + β = α ⋅ β − α ⋅ β = 
3 2 1 1 6 1 1. .
10 5 10 5 5 2 5 2 2
AD MD DC DC
AC MC AC MC
= − = − = − = 
Como 0 180 45
4
π< α + β < °⇒ α + β = ° = radianos. 
 
 QUESTÃO 18 
Um triângulo ABC está inscrito numa circunferência de raio 5 cm. 
Sabe-se ainda que AB é o diâmetro, BC mede 6 cm e a bissetriz do 
ângulo lABC intercepta a circunferência no ponto D. Se α é a soma 
das áreas dos triângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, o 
valor de 2α − β , em cm2, é igual a 
a) 14. b) 15. c) 16. 
d) 17. e) 18. 
 Resolução Alternativa A 
A partir do enunciado, podemos montar a seguinte figura: 
x 
x x 
A 
C 
D 
90°-x 90°-x 
90°-2x 
P 
P 
B 
 
B 
 
Na figura P representa o ponto de intersecção entre a bissetriz BD 
e o lado AC do triângulo ABC. Note que se α é a soma das áreas dos 
triângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, o valor de 2α − β 
corresponde justamente à soma das áreas dos triângulos APD e PBC. 
Observe também que os triângulos ABC e ABD são retângulos, 
uma vez que possuem um lado igual ao diâmetro da circunferência. 
Para simplificar a notação, utilizaremos 2ABC x=( . Os triângulos 
PBC e ADP são semelhantes, uma vez que possuem os mesmos 
ângulos internos. 
Como AB = 10 cm e BC = 6 cm, aplicando o teorema de Pitágoras 
no triângulo ABC temos: 
2 2 2 2 2 2 210 6 64 8 cmAB BC AC AC AC AC= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = 
 
Note que, usando o triângulo ABC, temos 3cos2
5
x = e 4sen2
5
x = . A 
partir da identidade trigonométrica 2cos2 2cos 1x x= − , temos: 
2 2 2
3 1cos2 1 4 2 55s cos cos cos
2 2 5 5
xco x x x x
++= ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
 
Como 2 2sen cos 1x x+ = , segue que, para 0
2
x π< < : 
2 2 2 24 1 5sen 1 cos sen 1 sen sen
5 5 5
x x x x x= − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = 
Ainda, sen 1tg
cos 2
xx
x
= = . 
 
Considere agora o triângulo PBC: 
x 
P 
C B 6 
Aplicando tg x: 
1tg 3 cm
6 2
PC PCx PC
BC
= ⇔ = ⇔ = 
Assim, a área do triângulo PBC é dada por 23 6 9 cm
2 2
PC CB⋅ ⋅= = . 
Considere agora o triângulo ADP: 
P 
A D 
x 
5 
 
Aplicando sen x e cos x: 
5sen 5 cm
5 5
PD PDx PD
AP
= ⇔ = ⇔ = 
2 5cos 2 5 cm
5 5
AD ADx AD
AP
= ⇔ = ⇔ = 
 
Assim, a área do triângulo APD é dada por: 
25 2 5 5 cm
2 2
AD PD⋅ ⋅= = . 
Desse modo, encontramos 2 9 5α − β = + ⇔ 22 14 cmα − β = . 
 
 QUESTÃO 19 
Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular hexagonal cuja 
altura mede 12 cm e aresta da base mede 10 3
3
 cm. Então o raio da 
esfera, em cm, é igual a 
a) 10 3
3
. b) 13
3
. c) 15
4
. d) 2 3 . e) 
10
3
. 
 Resolução Alternativa E 
Analisando a figura a seguir, onde O é o centro do hexágono, temos: 
 
M 
A 
F O 
N 
T 
r 
r r H 
V 
 
Como a base é um hexágono regular de lado igual a 10 3 cm
3
, 
temos que o segmento OM é a altura de um dos seis triângulos 
equiláteros na qual é dividido o hexágono regular. 
Assim, 10 33 5 cm
3 2
OM = ⋅ = . 
 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
7 
 
Do fato de que a altura da 
pirâmide é 12 cm, considerando o 
triângulo retângulo VOM, temos 
que: 
2 2 2VM OM OV= + ⇔ 
2 2 25 12 13 cmVM VM= + ⇔ = 
 
Como os triângulos VTH e VOM 
são semelhantes (pois são ambos 
retângulos e têm o ângulo no 
vértice V em comum), temos a 
seguinte proporção: 
12 13 60 5
5 13
r r r r−= ⇔ = − ⇔ 
10 cm
3
r = 
 
 
 QUESTÃO 20 
Considere as afirmações: 
 
I - Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida 
120οα = . 
 
II - Existe um ângulo poliédrico convexo cujas faces medem, 
respectivamente, 30°, 45°, 50°, 50° e 170°. 
 
III - Um poliedro convexo que tem 3 faces trIangulares, 1 face 
quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faces hexagonais tem 9 
vértices. 
 
IV - A soma das medidas de todas as faces de um poliedro 
convexo com 10 vértices é 2880°. 
 
Destas, é(são) correta(s) apenas. 
a) II. b) IV. c) II e IV. 
d) I, II e IV. e) II, III e IV. 
 Resolução Alternativa C 
I – Falsa. A soma das medidas das faces deve ser maior do que 180° 
e menor do que 360°. Como as três faces têm medida 120°, a soma 
das três é exatamente 360°. 
II – Verdadeira. Somando as medidas das faces, temos 
30 45 50 50 170 345° + ° + ° + ° + ° = ° , ou seja, um valor maior do que 
180° e menor do que 360°. 
III – Falsa. Observe que o total de faces é 3 1 1 2 7F = + + + = . Além 
disso, o total de arestas é 3 3 1 4 1 5 2 6A 15
2
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅= = . A partir da 
relação de Euler, se V representa o número de vértices temos 
V A F 2− + = , donde segue que V 15 7 2 V 10− + = ⇔ = . Assim, a 
figura tem 10 vértices. 
IV – Verdadeira. A soma das medidas dos ângulos de todas as faces 
de um poliedro convexo é dada por ( )2 360V °− ⋅ . Assim, se ele possui 
10 vértices, a soma será ( )10 2 360 2880° °− ⋅ = . 
 QUESTÃO 21 
Analise a existência de conjuntos A e B, ambos não-vazios, tais que 
( ) ( )\ \A B B A A∪ = . 
 Resolução 
Tomando dois conjuntos A e B quaisquer, temos a representação de 
( ) ( )\ \A B B A∪ esquematizada a seguir. 
 
Vamos supor que existam dois conjuntos A e B tais que: 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
\ \
\ \
\ \
A B B A A
A B B A A
A B B A A
⎧ ∪ ⊂⎪∪ = ⇔ ⎨ ∪ ⊃⎪⎩
 
Em particular, ( ) ( ) ( )( )
\
\ \
\
A B A
A B B A A
B A A
⎧ ⊂⎪∪ ⊂ ⇔ ⎨ ⊂⎪⎩
. 
A primeira sentença, ( )\A B A⊂ , é sempre verdadeira, mas para que 
se tenha ( )\B A A⊂ , necessariamente \B A = ∅ , pois caso 
contrário, existira elemento em B que não seria elemento de A, o que 
naturalmente impediria a inclusão de \B A em A. 
Assim, teríamos \B A B A= ∅ ⇔ ⊂ . 
Se 
B A
B
⊂⎧⎨ ≠ ∅⎩ , temos que \A B A≠ , já que A e B têm pelo menos um 
elemento em comum. Logo: 
( ) ( ) ( )\ \ \ \ \
\
A B A
A B B A A B A B A
B A
≠⎧ ⇒ ∪ = ∪∅ = ≠⎨ = ∅⎩ . 
 
 QUESTÃO 22 
Sejam 3n ≥ ímpar, { }\ 0z∈^ e z1, z2, ..., zn as raízes de zn = 1. 
Calcule o número de valores i jz z− , i, j =1,2, ..., n, com i ≠ j, distintos 
entre si. 
 Resolução 
Por hipótese, a equação dada equivale ao polinômio de grau n dado 
por: 1 0nz − = . 
De acordo com o Teorema Fundamental da Álgebra, esse polinômio 
tem n raízes complexas: z1, z2, ... , zn. 
Representando tais raízes no plano complexo de Argand-Gauss 
abaixo, temos que os afixos dessas raízes formam um polígono 
regular convexo de n lados inscrito em uma circunferência de raio 
unitário. 
1
2
nz + 
1z 
2z 
3z 
e\ 
3
2
nz + 
2nz − 
Im 
O 
4z 
 
Assim, i jz z− é a distância entre dois afixos distintos. 
Portanto, o que está sendo pedido é o número total de distâncias 
distintas entre dois vértices do polígono formado. 
Como o polígono é regular, podemos escolher qualquer um de seus 
vértices como referência, uma vez que o polígono pode ser 
rotacionado em torno da origem e para cada rotação obteríamos os 
mesmos resultados. 
Por simplicidade, tomaremos 1 1z = como vértice de referência. 
Sabendo do enunciado que o número de vértices é ímpar (pois n é 
ímpar), cada uma das 1n − raízes restantes possui uma raiz simétrica 
em relação ao eixo real. 
Portanto, se zi é a simétrica de zk, então 1 1i kz z z z− = − . 
Assim, o número de distâncias distintas que podemos obter é 1.
2
n − 
Portanto, o número de valores i jz z− distintos entre si é 12
n −
. 
 
 
 
M O 
V 
12 cm 
5 cm 
H 
T 
r 
r 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
8 
 
 QUESTÃO 23 
Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de biologia e 2 
de espanhol. Determinea probabilidade de os livros serem empilhados 
sobre a mesa de tal forma que aqueles que tratam do mesmo assunto 
estejam juntos. 
 Resolução 
Vamos calcular o número de possibilidades de empilhar os livros da 
maneira como pede o exercício (juntar os do mesmo assunto). 
Podemos ver que: 
• Devemos permutar os livros de mesmo assunto dentro de cada 
bloco. 
• Devemos permutar os blocos entre si. 
Podemos ver na figura abaixo os três “blocos” de livros de mesmo 
assunto: 
 
Desta forma, o número de possíveis empilhamentos desejados é 
( )5! 2! 4! 3!e = ⋅ ⋅ ⋅ . 
Como temos um total de 11 livros, o número de total empilhamentos 
possíveis é 11!. 
 
Assim, a probabilidade de empilhar os livros juntando aqueles de 
mesmo assunto é ( )5! 2! 4! 3!
11!
p
⋅ ⋅ ⋅= ⇔ 1
1155
p = . 
 
 QUESTÃO 24 
Resolva a inequação em \ : 
( )21
5
log 19116
4
x x− +⎛ ⎞< ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
 Resolução 
Vamos antes encontrar as condições de existência do logaritmo, 
tomando o logaritmando como positivo: 
2 19 0x x− + > 
Para essa inequação de segundo grau, calculamos o discriminante 
( )21 4 1 19 75 0Δ = − − ⋅ ⋅ = − < . Sendo assim, o logaritmando 
2 19x x− + é sempre positivo, x∀ ∈\ . 
Reescrevendo então a inequação para igualar as bases das potências 
em ambos os lados, temos: 
( )215log 1924 4 x x−− − +< 
Como as bases são maiores que 1, podemos comparar os expoentes 
mantendo o sinal da inequação: 
( )1 252 log 19x x−< − − + 
( )25log 19 2x x− + > 
( )25 5log 19 log 25x x− + > 
Sendo aqui a base também maior que 1, comparamos os 
logaritmandos novamente mantendo o sinal da inequação: 
2 219 25 6 0x x x x− + > ⇔ − − > 
 
 
 
Resolvendo a partir do gráfico da função do segundo grau esboçado 
acima, temos que: 
2x < − ou 3x > 
 
 QUESTÃO 25 
Determine todas as matrizes ( )2 2xM ∈Μ \ tais que MN NM= , 
( )2 2N x∀ ∈ Μ \ . 
 Resolução 
Consideremos 
x y
M
z w
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ e 
a b
N
c d
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ , devemos encontrar as 
relações em x,y,z e w tal que , , ,a b c d∀ ∈\ tenhamos MN NM= , 
então isso é equivalente a: 
. .
x y a b a b x y
z w c d c d z w
ax cy bx dy ax bz ay bw
az cw bz dw cx dz cy dw
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
+ + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
Igualando o primeiro elemento de cada matriz obtemos: 
ax cy ax bz cy bz+ = + ⇔ = , , 0b c y z∀ ∈ ⇔ = =\ 
Então nossa igualdade se reduz a: 
ax bx ax bw
cw dw cx dw
⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , , , ,a b c d x w∀ ∈ ⇔ =\ 
Então nossa solução são todas as matrizes da forma 
0
0
M ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
λ
λ , 
∈\λ . 
Ou seja 2M I= ⋅λ , λ ∈\ , onde 2 1 00 1I
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ é a matriz identidade de 
ordem 2. 
 
 QUESTÃO 26 
Determine todos os valores de m∈\ tais que a equação 
( ) 22 2 2 0m x mx m− + + + = tenha duas raízes reais distintas e 
maiores que zero. 
 Resolução 
Por hipótese, se a equação do segundo grau admite duas raízes reais, 
distintas e maiores do que zero, as seguintes condições devem ser 
satisfeitas: 
0
0 (*)
0
bS
a
cP
a
⎧⎪ Δ >⎪⎪ = − >⎨⎪⎪ = >⎪⎩
 
Admitiremos que m m− ≠ ⇔ ≠2 0 2 para que a equação seja 
efetivamente uma equação do segundo grau. 
 
Da equação ( ) 22 2 2 0m x mx m− + + + = temos: 
m
mS
m
mP
m
⎧⎪Δ = −⎪⎪ =⎨ −⎪⎪ +=⎪⎩ −
28 16
2
2
2
2
. 
 
Aplicando as condições de (*), temos: 
m m ou m
mS m ou m
m
mP m
m
⎧⎪Δ = − > ⇔ > < −⎪⎪ = > ⇔ < >⎨ −⎪⎪ += > ⇔ − < <⎪⎩ −
28 16 0 2 2
2 0 0 2
2
2 0 2 2
2
 
 
Fazendo a intersecção das três possibilidades, temos que 
2 2m− < < − . 
 
 
 
x −2 3 
+ +
−
História 
(5 livros) 
Biologia 
(4 livros) 
Espanhol 
(2 livros) 
5! 
4! 
2! 3! 
(3 blocos de 
livros de 
mesmo 
assunto) 
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
9 
 
 
 QUESTÃO 27 
Considere uma esfera Ω com centro em C e raio 6r cm= e um plano 
Σ que dista 2 cm de C. Determine a área da intersecção do plano Σ 
com uma cunha esférica de 30° em Ω que tenha aresta ortogonal a Σ . 
 Resolução 
Fazendo a intersecção entre a esfera Ω e o plano Σ , temos: 
 
Observe que essa intersecção é uma circunferência. Seja R a medida 
de seu raio. Aplicando o teorema de Pitágoras: 
2 2 2 2R 2 6 R 32 R 4 2 cm+ = ⇔ = ⇔ = 
Considere agora a intersecção entre a cunha esférica e o plano: 
 
Note que essa intersecção é um setor circular de raio 4 2 cm e 
ângulo de 30°: 
 
Assim, a área dessa interseção corresponde a 1
12
 da área de um 
círculo de raio 4 2 cm . Desse modo: 
21 32Area (4 2) Area
12 12
π= ⋅ π ⋅ ⇔ = ⇔ 28Area cm
3
π= 
 
 QUESTÃO 28 
a) Calcule 2 2cos sen cos 2 sen cos sen
5 5 10 5 5 10
π π π π π π⎛ ⎞− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
b) Usando o resultado do item anterior, calcule sen cos
10 5
π π⋅ . 
 Resolução 
a) Seja 2 2
22 sencos 55
cos sen cos 2 sen cos sen
5 5 10 5 5 10
E
ππ
π π π π π π⎛ ⎞= − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠ ���	��
����	���
 
2 2 2cos cos sen sen cos cos 0
5 10 5 10 5 10 2
E π π π π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ − ⋅ = + = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 
 
Logo: 2 2cos sen cos 2 sen cos sen 0
5 5 10 5 5 10
π π π π π π⎛ ⎞− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
b) Seja sen cos
10 5
x π π= ⋅ 
Pelo desenvolvimento do item (a), notamos que os ângulos 2e 
10 5
π π 
são complementares, isto é, 2
5 10 2
π π π+ = . 
Logo: 2 22sen cos sen cos sen (I)
10 5 10 5 5
π π π π π= ⇔ = − 
 
Também do item (a), temos que: 
2 2
sen (eq. I)
10
2 sen cos sen cos sen cos
5 5 10 5 5 10
x π
π π π π π π⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠���	��
 ����	���
 
2 sen sen cos 2 2 sen cos sen cos
5 10 10 10 10 10 10
x xπ π π π π π π⎛ ⎞⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
14 1
4
x x⇔ ⋅ = ⇔ = 
Logo: 
1sen cos
10 5 4
π π⋅ = . 
 
 QUESTÃO 29 
Num triângulo AOB o ângulo AÔB mede 135° e oas lados AB e 
OB medem 2 cm e 2 3− cm, respectivamente. A circunferência 
de centro em O e raio igual à medida de OB intercepta AB no ponto 
C ( )B≠ . 
a) Mostre que OÂB mede 15°. 
b) Calcule o comprimento AC . 
 Resolução 
a) Um desenho que representa a situação é mostrado a seguir: 
 
135° 
2 3 cm−
O 
B 
C 
2 cm 
A 
 
Prolongando a reta AO e fechando o triângulo retângulo OFB, temos: 
E 
45° 
135° 
A 
B 
OÂB
O D 
C 
2 cm 
F 
2 3 cm−
 
Aplicando o seno do angulo 45FÔB °= : 
( ) 2 2 3sen
2 22 3
FBFÔB FB −= = ⇔ =
−
 
Agora para o triângulo FAB: 
( ) 2 3sen
2
FBOÂB
AB
−= = 
 
6 2 
R
C 
30° 
30° 
4 24 2
 
 
 
 (19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2011 - MATEMÁTICA 
 
10 
 
Agora, usando o fato de que ( )2 1 cos 2sen
2
− θθ = , mostraremos que 
( )sen sen15OÂB = ° : 
2
311 cos30 2 32sen 15
2 2 4
−− ° −° = = = ⇒ 
2 3sen15 sen( )
2
OÂB−° = = 
 
 
Como sen( ) sen15OÂB = ° e 0 90OÂB< < ° , então 15OÂB = ° . 
 
b) Analisemos a figura a seguir: 
 
 
O 
B 
C 
A
45° 
D E 
15° 
 
Como OÂB é ângulo excêntrico externo à circunferência, temos a 
relação: 
 
p p p p4515 15
2 2
BE CD CDOÂB CD− ° −= ⇔ ° = ⇒ = ° 
Como CÔD é ângulo central correspondente a pCD , 15CÔD = ° . 
Temos que o triângulo COA é isósceles, pois 15CÂO CÔA= = ° . 
Então AC CO= = raio da circunferência⇒ 2 3 cmAC = − . 
 
 QUESTÃO 30 
Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2 3 cm. No interior 
deste triângulo existem 4 círculos de mesmo raio r. O centro de um 
dos círculos coincide com o baricentro do triângulo. Este círculo 
tangencia externamente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 
lados do triângulo. 
a) Determine o valor de r. 
b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos. 
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine a distância 
do centro ao vértice mais próximo. 
 Resolução 
Porhipótese, podemos montar a seguinte figura: 
 
AO 
r 
r 
r r 
r r 
r 
r 
r 
30° 
30° 
2 3 
3 T 
B 
A 
C 
CO BO 
r 
G 
H 
 
Assim: 
a) No triângulo CGH, temos: 
2 1 2tg30
3 3 3
o r r⋅ ⋅= ⇔ = ⇔ 1
2
r cm= 
 
b) A área A pedida é a área do triângulo equilátero de lado 2 3 cm 
menos 4 áreas de um círculo de 1
2
r = . Logo, 
( )2 22 3 3 14
4 2
A ⎛ ⎞= − ⋅ π ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) 23 3 cmA = − π 
 
c) No triângulo COCT, temos que a distância d é o segmento OCC, que 
é a hipotenusa do triângulo considerado. Assim, temos: 
1 1sen30
2 2
o r
d d
= ⇔ = ⇔ 1d cm= 
 
 
 
 
 
Equipe desta resolução 
 
 
Matemática 
Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha 
Rafael da Gama Cavallari 
Rodrigo do Carmo Silva 
 
 
Revisão 
Eliel Barbosa da Silva 
Fabiano Gonçalves Lopes 
Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani 
Vagner Figueira de Faria 
 
 
Digitação, Diagramação e 
Publicação 
Carolina Marcondes Garcia Ferreira 
Hannay Nishimaru Molar 
 
 
 
IME 2011: 
 
2 aprovados 
em 7 alunos