GrupoIdeialMilitar-Resolução Matemática Ita 2002/2003

Prévia do material em texto

Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 1 
NOTAÇÃO: 
ℂ : conjunto dos números complexos. 
ℝ : conjunto dos números reais. 
ℤ : conjunto dos números inteiros. 
ℕ : {0, 1, 2, 3, ...}. 
ℕ* : {1, 2, 3, ...}. 
z : conjugado dos números z ∈ ℂ. 
i : unidade imaginária; i
2
 = -1 
arg z : um argumento de z ∈ ℂ \ {0}. 
[a, b] = {x ∈ ℝ; a ≤ x ≤ b}. 
]a, b[ = {x ∈ ℝ; a < x < b}. 
∅ : conjunto vazio. 
A \ B = {x ∈ A; x ∉ B}. 
X
C
 = U \ X, para X ⊂ U, U ≠ ∅. 
I : matriz identidade n x n. 
A
-1
 : inversa da matriz inversível A. 
 
AB
A
T
 
( )AB m : medida (comprimento) de AB . 
 
 
1) Seja z ∈ ℂ. Das seguintes afirmações 
independentes: 
I – Se ω = 
z2 z 3 2iz z3 1
i - z5 2iz
22
2
++++
+ 
, então 
z2 z3 z2i - 3z 1
i 5z z2i -
 ω
2
2
2
+++
++
= . 
II – Se z ≠ 0 e ( )z2i 1
3 3i 2iz
 
+
++
=ω , então 
z5
23 z2
 
+
≤ω . 
III – Se 
( )
4i 34
z
2
+
+
=ω
i 1
 , então 2 arg z + 
12
π
 é um 
argumento de ω. 
é (são) verdadeira(s): 
a) todas. d) apenas I e III. 
b) apenas I e II. e) apenas II. 
c) apenas II e III. 
Solução (Alternativa A) 
I. Verdadeira 
Se iz5iz2u 2 −+= e |z|2|z|3iz2z31v 22 ++++= 
então iz5zi2iz5iz2iz5iz2u 222 ++−=−+=−+= 
e 
|z|2|z|3zi2z31
|z|2|z|3iz2z31
|z|2|z|3iz2z31v
22
22
22
++−+=
=++++=
=++++=
 
Uma vez que se 
v
u
w = então 
v
u
w = , temos que esta 
afirmação está verdadeira 
 
II. Verdadeira 
Lembremos que pela Desigualdade Triangular, se 
w = u + v então |w| ≤ |u| + |v| 
|z|5
23|z|2
|z||i21|
|i33||iz2|
|z)i21(|
|3i3iz2|
|w|
+
=
+
++
≤
+
++
= 
 
III. Verdadeira 
Sabemos que: 
– se w = u.v ⇒ arg w = arg u + arg v 
– se 
v
u
w = então arg z = arg u – arg v 
Desde modo: 
)i434arg(]z)i1arg[(warg 2 +−+= ⇒ 
arg w = arg (1 + i) + arg (z
2
) – π/6 ⇒ 
arg w = π/4 + 2.arg z – π/6 ⇒ 
arg w = 2.arg z + π/12 
 
 
2) O valor de y2 – xz para o qual os números sen 
12
π
; x, 
y, z e sen 75°, nesta ordem, formam uma progressão 
aritmética, é: 
a) 3
-4
 b) 2
-6
 c) 6
-2
 d) 2
-5
 e) 
4
3 - 2
 
Solução (Alternativa D) 
Se r é razão da PA, então: 
y
2
 – xz = y
2
 – (y – r)(y + r) = r
2
 
Como o 1º e o 5º termos são conhecidos, então: 
2
2
4
12/sen12/5sen
xzy 




 π−π
=− ⇒ 
y
2
 – xy = 
2
4
)4/cos()6/sen(.2





 ππ
 
y
2
 – xz = 
5
5
2
3
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1 −==







=







 
 
 
3) Considere a função: 
ƒ : ℤ \ {0} → ℝ, ƒ(x) = ( ) ( ) ( ) 1 3 - 9 3 x15 2x x211 2x 2 - x +++ . 
A soma de todos os valores de x para os quais a 
equação y
2
 + 2y + ƒ(x) = 0 tem raiz dupla é: 
a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) 6 
Solução (Alternativa C) 
ƒ(x) = ( ) ( ) 1 3 - 9 3 x
1
5 2x 2x
1
1 2x 2 - x +++ 
ƒ(x) = 
( )
1 3 - 3 . 3 x
5 2x 
2x
1
 . 1 2x 2
2
2 -x 
+
+
+
 
ƒ(x) = 1 3 - 3 x
5 2x 
x
1 2x 
 
2
2 -x 
+
++
+
 
ƒ(x) = 1 3 - 3 x
5 2x 
2x
2 4x 2x - 2x
+
+++
 
ƒ(x) = 1 3 - 3 x
5 2x 
2x
2 2x 2x
+
+++
 
Ter raiz dupla ⇒ ∆ = 0, isto é: 
∆ = 4 – 4 . 1 . ƒ(x) = 0 ∴ 4ƒ(x) = 4 ∴ ƒ(x) = 1 
daí: 
: segmento de reta unindo os pontos A e B 
: transposta da matriz A 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 2 
1 1 3 - 3 x
5 2x 
2x
2 2x 2x
=+
+++
 
x
5 2x 
2x
2 2x 2x
 3 3
+++
= 
x
5 2x 
 2x
2 2x 2x
 
+
=
++
 
x
2
 + 2x + 2 = 4x + 10 ⇒ x2 – 2x – 8 = 0 ⇒ 
x = 4 ou x = – 2 ⇒ soma das raízes = 
( )
1
2 -
 − = 2 
Obs: O enunciado poderia enganar algum aluno 
desatento, pois a equação y
2
 + 2y + f(x) = 0 é em duas 
variáveis, x e y, a sua raiz dupla poderia ser tanto em x 
quanto em y. Para ficar um enunciado mais claro, 
deveríamos ter a expressão “equação, em y, dada por 
y
2
 + 2y + f(x) = 0” 
 
4) Considere uma função ƒ : ℝ → ℝ não-constante e tal 
que ƒ (x + y) = ƒ(x) ƒ(y), ∀x, y ∈ ℝ. 
Das afirmações: 
I - ƒ(x) > 0, ∀x ∈ ℝ. 
II - ƒ(nx) = [ƒ(x)]n, ∀x ∈ ℝ, ∀n ∈ ℕ*. 
III - ƒ é par. 
é (são) verdadeira(s): 
a) apenas I e II. d) todas. 
b) apenas II e III. e) nenhuma. 
c) apenas I e III. 
Solução (Alternativa A) 
I. Verdadeira 
Fazendo x = 
2
t
 e y = 
2
t
, teremos 
 
( ) 
2
t
 f t f
2
t
f . 
2
t
 f 
2
t
 
2
t
 f
2












=












=





+
 
Suponha que exista um número real a tal que f(a) = 0. 
Observe que f(x) = f(x – a + a) = f(x – a).f(a) = 0 que é 
um absurdo, pois f(x) não é constante. 
Como ƒ(t) é igual ao quadrado de um número real não 
nulo, para todo t real, então ƒ(t) > 0 para todo real. 
 
II. Verdadeira 
Se n = 1, a identidade é trivial. 
Fazendo y = x 
ƒ(x + x) = ƒ(x) . ƒ(x) ⇒ ƒ(2x) = [ƒ(x)]2 
supondo válido para n ∈ ℕ, teremos 
ƒ(x + nx) = ƒ(x) . ƒ(nx) = ƒ(x) [ƒ(x)]n ⇒ 
ƒ[(n + 1)x] = [ƒ(x)]n + 1 
Isto prova que por indução que ƒ(nx) = [ƒ(x)]n, ∀ x ∈ ℕ, 
n ∈ ℕ*. 
 
III. Falsa 
Nota-se que a função ƒ: ℝ → ℝ, dada por ƒ(x) = akx, 
com 0 < a ≠ 1 e k = logaƒ(1), satisfaz à propriedade do 
enunciado (na verdade é a única função contínua 
possível - ver comentário) daí, por exemplo, ƒ: ℝ → ℝ, 
definida por ƒ(x) = ex, que não é nem par nem ímpar, 
serve de contra exemplo. 
 
Comentário 
Vamos provar que f(x) = a
kx
 é a única função contínua, 
não constante, que satisfaz a equação funcional f(x + y) 
= f(x)f(y) para todo x e y reais. 
Inicialmente vamos demonstrar que f(x) = ax é a única 
função contínua que satisfaz a equação funcional f(x + 
y) = f(x) + f(y). 
∴x = y = 0 ⇒ f(0) = 2f(0) ⇒ f(0) = 0 
∴y = – x ⇒ f(0) = f(x) + f(– x) ⇒ f(x) = – f(– x) 
∴y = x ⇒ f(2x) = 2f(x) 
∴y = 2x ⇒ f(3x) = 3f(x) 
Por indução tiramos que f(nx) = nf(x) 
Para um número racional x = m/n temos: 
nx = m.1 ⇒ f(nx) = f(m.1) = nf(x) = mf(1) ⇒ f(x) = 
(m/n)f(1) ⇒ f(x) = xf(1) para todo x racional 
Suponhamos que f(x) seja contínua. Se x for irracional, 
podemos sempre escolher um racional xn cujo limite 
tende para x. 
Devido a continuidade de f(x) e f(xn) = xnf(1), quando xn 
tende para x irracional, temos que f(x) = xf(1) 
Para f(x + y) = f(x)f(y) faça o seguinte: 
Aplicando logaritmo na base a nos dois lados da 
igualdade temos que: 
loga f(x + y) = loga [f(x)f(y)] ⇒ 
loga f(x + y) = loga f(x) + loga f(y) 
Fazendo loga f(x) = g(x) ⇒ g(x + y) = g(x) + g(y) ⇒ 
g(x) = [g(1)].x ⇒ loga f(x) = kx ⇒ f(x) = a
kx
 
 
 
5) Considere o polinômio P(x) = 2x + a2x
2
 + ... + anx
n
, 
cujos coeficientes 2, a2, ... , an formam, nesta ordem, 
uma progressão geométrica de razão q > 0. Sabendo 
que 
2
1
 − é uma raiz de P e que P(2) = 5 460, tem-se 
que o valor de 
4
32
q
q - n
 é igual a: 
a) 
4
5
 b) 
2
3
 c) 
4
7
 d) 
6
11
 e) 
8
15
 
Solução (Alternativa C) 
Como os coeficientes formam uma PG podemos 
escrever: 
P(x) = 2x + 2qx² + 2q²x³ + ... + 2q
n−1
x
n
 ⇒ 
Onde temos uma nova PG, formada pelos termos de 
P(x), cujo 1º termo é 2x e a razão é qx. Assim: 
1qx
)1xq(x2
)x(P
1qx
]1)qx[(x2
)x(P
nnn
−
−
=⇒
−
−⋅
= 
Como −1/2 é raiz: P(−1/2) = 0, ou seja, 
01
2
1
q0
1
2
1
q
1
2
1
q
2
1
2
n
n
n
n
=−





−⇒=
−





−








−




−⋅





−⋅
 ⇒ 
n
n
n
)1(
2
q
−
= , como q > 0 ⇒ q = 2 e n é par. 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 3 
Como P(2) é igual a 5460 segue que: 
5460
3
)14(4
5460
1q2
]1)q2[(22 nn
=
−
⇒=
−
−⋅
 ⇒ 
4
n
 = 4096 ⇒ 22n = 212 ⇒ n = 6 
 
Daí: 
4
7
2
26
q
qn
4
32
4
32
=
−
=
−
 
 
 
6) 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 
c
ab
 é 
igual a: 
a) – 6 b) – 4 c) 4 d) 7 e) 9 
Solução (Alternativa E) 
Pelo teorema do resto 
P(1) = 2 ⇒ 1 + a + b + c + 1 = 2 ⇒ a + b + c = 0 
P(-1) = 3 ⇒ - 1 + a + b – c + 1 = a + b – c = 3 
P(2) = 0 ⇒ 32 + 16a + 4b + 2c + 1 = 0 





−=++
=−+
=++
33c2b4a16
3cba
0cba
 
Resolvendo, teremos 
a = - 3, b = 
2
9
 e c = 
2
3−
 
Portanto: 9 
2
3 -
2
7
 3 -
 
c
ab
== 
 
 
7) 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 x ∈ ℕ* e r é uma raiz qualquer desta equação, 
então 
2
1
 
3
r
n
1 k
k
<∑
=
. 
é (são) verdadeira(s): 
a) nenhuma. d) apenas III. 
b) apenas I. e) apenas I e III. 
c) apenas II. 
Solução (Alternativa D) 
z
4
 + z
3
 + z
2
 + z + 1 = 0 
Podemos escrever essa equação pela soma dos termos 
de uma P.G., onde a1 = 1 e q = z 
( )
0 
1 - z
1 - z
 1
5
= , como z ≠ 1, teremos z5 – 1 = 0 ⇒ 
z
5
 = 1 ⇒ z = cis 




 π
5
k2
 onde k = 0, 1, 2, 3, 4 
k = 0 ⇒ z0 = cis ⇒ z0 = 1 (não convém) 
k = 1 ⇒ z1 = cis 
5
2π
 
k = 2 ⇒ z2 = cis 
5
4π
 
k = 3 ⇒ z3 = cis 
5
6π
 
k = 4⇒ z4 = cis 
5
8π
 
 
I. Verdadeira 
Vemos que todas as raízes são números complexos 
não reais; 
 
II. Falsa 
Como todas são da forma z = cos α + i sen α elas 
também terão módulo 1. 
 
III. Verdadeira 
Como todas tem modulo 1, podemos escrever 
∑∑∑
===
==
n
1 k
k
n
1 k
k
kn
1 k
k
3
1
 
3
r
 
3
r
 
Portanto 
n32
n
1 k
k 3
1
 ... 
3
1
 
3
1
 
3
1
 
3
1
+++=∑
=
 é uma P.G. com a1 = 
3
1
 
e q = 
3
1
. 
Fazendo n tender ao infinito 
2
1
 
3
1
 - 1
3
1
 ... 
3
1
 
3
1
 
3
1
lim
2
n
1 k
k00 n
==++=∑
=→
 
Como n ∈ ℕ, então há um número finito de termos, 
daí 
2
1
 
3
r
n
1 k
k
<∑
=
, portanto é verdadeira. 
 
 
8) Seja k ∈ ℝ 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 
Solução (Alternativa B) 
Pelas relações de Girard: 
(1) 2x1 + x2 = – 7/2 
(2) x1
2
 + 2x1x2 = 4 
(3) x1
2
x2 = – k/2 
Substituindo (1) em (2): 
x1
2
 + 2x1(– 2x1 – 7/2) = 4 ⇒ x1
2
 – 4x1
2
 – 7x1 = 4 ⇒ 
3x1
2
 + 7x1 + 4 = 0 ⇒ x1 = – 1 ou x1 = 4/3 (não convém) 
∴x2 = – 7/2 + 2 = – 3/2 
∴k = – 2x1
2
x2 = – 2(– 1)
2
(– 3/2) = 3 
Assim: (k + x1)x2 = (3 – 1)(– 3/2) = – 3 
 
 
9) Considere o conjunto S = {(a, b) ∈ ℕ x ℕ: a + b = 18}. 
A soma de todos os números da forma 
!b!a
!18
, ∀ (a, b) ∈ 
S, é: 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 4 
a) 8
6
 b) 9! c) 9
6
 d) 12
6
 e) 12! 
Solução (Alternativa A) 
Como a + b = 18 então 





=
−
=
a
18
)!a18(!a
!18
!b!a
!18
 
Portanto, a soma procurada é: 
66318 8)2(2
18
18
...
2
18
1
18
0
18
===





++





+





+





 
 
 
10) O número de divisores de 17 640 que, por sua vez, 
são divisíveis por 3 é: 
a) 24 b) 36 c) 48 d) 54 e) 72 
Solução (Alternativa C) 
Fatorando 17640 encontramos: 
17640 = 2
3
.3
2
.5.7
2
 
Os divisores positivos de 17640 que são divisíveis por 3 
são todos os números da forma 2
a
.3
b
.5
c
.7
d
, onde a, b, c 
e d são inteiros satisfazendo 0 ≤ a ≤ 3, 1 ≤ b ≤ 2, 0 ≤ c ≤ 
1 e 0 ≤ d ≤ 2. 
Como existem 4 possibilidades para a, 2 possibilidades 
para b, 2 possibilidades para c e 3 possibilidades para 
d, existem 4.2.2.3 = 48 de tais divisores positivos. 
Obs: O enunciado deveria deixar claro que se tratam 
apenas dos divisores positivos, que é o padrão neste 
tipo de questão. Na verdade, da forma como está 
escrito, a resposta correta seria 96 divisores que são 
divisíveis por 3. 
 
 
11) Sejam A e P matrizes n x n inversíveis e B = P-1AP. 
Das afirmações: 
I – B
T
 é inversível e (B
T
) 
–1
 = (B
-1
) 
T
. 
II – Se A é simétrica, então B também o é. 
III – det (A - λI) = det (B - λI), ∀λ ∈ ℝ) 
é (são) verdadeira(s): 
a) todas. d) apenas I e III. 
b) apenas I. e) apenas II e III. 
c) apenas I e II. 
Solução (Alternativa D) 
I. Verdadeira 
Desde que A e P são inversíveis então det A ≠ 0 e 
det P ≠ 0. Assim: 
det (B) = det (P
 – 1
AP)= det (P
 – 1
).det (A).det (P) ⇒ 
det (B) = det (A) ≠ 0 ⇒ B é inversível 
Como det (B) = det (B
T
) ≠ 0 ⇒ BT é inversível 
∴Repare que: BT.(B – 1)T = (B – 1.B)T = IT = I ⇒ 
(B
T
)
 – 1
 = (B
 – 1
)
T
 
 
II. Falsa 
Se A é simétrica então A = A
T
 
∴BT = (P – 1AP)T = PTAT(P – 1)T = PTA(PT) – 1 que não 
podemos afirmar ser igual a B. 
Somente se P fosse ortogonal (P
T
 = P
 – 1
) é que B seria 
simétrica. 
 
III. Verdadeira 
P
 – 1
(A – λI)P = P – 1(AP – λP) = P – 1AP – λP – 1P = B – λI 
Assim: det (P
 – 1
(A – λI)P) = det (B – λI) ⇒ 
det (P
 – 1
)det (A – λI)det (P) = det (B – λI) ⇒ 
det (A – λI) = det (B – λI) 
 
 
12) O número de todos os valores de a ∈ [0, 2π], 
distintos, para os quais o sistema nas incógnitas x, y e 
z, dado por 





=−+
=−+
=−+−
a cos 2 -z4y36x
2asen z5y2x
3a cosz6y4x 
, é 
possível e não-homogêneo, é igual a: 
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6 
Solução (Alternativa A) 
Escalonando o sistema: 





−=−+
=−+
=−+−
(2/3)x acos2z4y3x6
4x a2senz5y2x
a3cosz6yx4
 ⇒ 





−=−+
=−+
=−+−
acos)3/4(z)3/8(y2x4
a2sen4z20y8x4
a3cosz6yx4
 ⇒ 
(-3)x 
 
acos)3/4(a3cosz)3/26(y3
a2sen4a3cosz26y9
a3cosz6yx4





−=−
+=−
=−+−
 ⇒ 





+−=+−
+=−
=−+−
acos4a3cos3z26y9
a2sen4a3cosz26y9
a3cosz6yx4
 ⇒ 





++−=
+=−
=−+−
a2sen4acos4a3cos20
a2sen4a3cosz26y9
a3cosz6yx4
 
Para que o sistema seja possível e não homogêneo 
devemos ter duas condições: 
1) cos (3a), sen (2a) e cos (a) não podem ser 
simultaneamente iguais a zero 
2) – 2cos (3a) + 4cos (a) + 4sen (2a) = 0 ⇒ 
cos (3a) – cos (a) = cos (a) + 2sen (2a) ⇒ 
– 2.sen (2a).sen (a) = cos (a) + sen (2a) ⇒ 
– 4.sen
2
 (a)cos(a) = cos (a) + 2.sen (a)cos (a) ⇒ 
cos (a)[– 4.sen
2
 (a)] = cos (a)[1 + 2.sen (a)] 
i) cos (a) = 0 ⇒ a = (2k + 1)π ⇒ sen (2a) = 0 e 
cos (3a) = 0 que não convém pois assim teríamos um 
sistema homogêneo. 
ii) Como cos (a) ≠ 0 ⇒ 
– 4.sen
2 
(a) = 1 + 2.sen (a) ⇒ 
[2.sen (a)]
2
 + 2.sen (a) + 1 = 0 ⇒ 
[2.sen (a) + 1]
2
 = 0 ⇒ sen (a) = – 1/2 ⇒ 
a = {7π/6, 11π/6} 
Como estes valores não zeram simultaneamentecos (3a) e cos (a), então temos dois valores de a. 
 
 
13) Para todo x ∈ ℝ, a expressão [cos (2x)]2 [sen (2x)]2 
sen x é igual a: 
a) 2
-4
 [sen (2x) + sen (5x) + sen (7x)]. 
b) 2
-4
 [2 sen x + sen (7x) - sen (9x)]. 
c) 2
-4
 [- sen (2x) - sen (3x) + sen (7x)]. 
d) 2
-4
 [- sen x + 2 sen (5x) - sen (9x)]. 
e) 2
-4
 [sen x + 2 sen (3x) + sen (5x)]. 
Solução (Alternativa B) 
[cos2x]² 
.
 [sen2x]² 
. 
senx = [cos2x 
. 
sen2x]² 
. 
senx 
=[2
−1
sen4x]² 
. 
senx = 2
−2 . 
sen4x 
.
 (sen4x 
. 
senx) = 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 5 
=2
−2 . 
sen4x 
.
 [−2−1. (cos5x − cos3x)] = 
= −2− 3 . [sen4xcos5x − sen4xcos3x]= 
= −2− 3 . [2−1 (sen9x − senx − sen7x + sen(−x))]= 
= −2− 4 (sen9x − senx − sen7x − senx) = 
= 2
− 4 
(2senx + sen7x − sen9x) 
 
 
14) Considere os contradomínios das funções arco-
seno e arco-cosseno como sendo 


 ππ
−
2
 ,
2
 e [0, π], 
respectivamente. Com respeito à função ƒ : [-1, 1] → 



 ππ
−
2
3
 ,
2
 , ƒ(x) = arcsen x arccos x, temos que: 
a) ƒ é não-crescente e ímpar. c) ƒ é injetora. 
b) ƒ não é par nem ímpar. d) ƒ é constante. 
c) ƒ é sobrejetora. 
Solução (Alternativa E) 
ƒ(x) = arc senx + arc cosx 
Seja x = sen y1 ⇒ y1 = arc senx, y1 ∈ [– π/2, π/2] 
 x = cos y2 ⇒ y2 = arc cosx, y2 ∈ [0, π] 
logo, seny1 = cosy2 . Temos duas possibilidades 
 i) y1+ y2 = π/2 + 2kπ; 
ii) y1 – y2 = π/2 + 2kπ – que não convém pois y1 – y2 
está no intervalo [– 3π/2, π/2], e os valores – 3π/2 e π/2 
não são possíveis; 
Desta forma, temos que arc senx + arc cosx = π/2, logo 
ƒ(x) é constante, implicando que as alternativas a, b, c e 
d sejam falsas. 
 
15) Considere a família de circunferência com centro no 
segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma 
destas circunferências corta o eixo Ox em dois pontos, 
distantes entre si 4 cm. 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. 
Solução (Alternativa C) 
 
 
 
 
 
 
Pelo esboço acima, o centro da circunferência C(x, y) é 
eqüidistante dos pontos A(x−2, 0), B(x + 2, 0) e D(0, y). 
1
4
y
4
x
2yx
xy2xdy2d
22
222
22222
CD
222
AC
=−⇒=−⇒
=+⇒==+=
 
 
16) A área do polígono, situado no primeiro quadrante, 
que é delimitado pelos eixos coordenados e pelo 
conjunto {(x, y) ∈ ℝ2 : 3x2 + 2y2 + 5xy – 9x – 8y + 6 = 0}, 
é igual a: 
a) 6 b) 
2
5
 c) 2 2 d) 3 e) 
3
10
 
Solução (Alternativa B) 
3x² + 2y² + 5xy − 9x −8y + 6 = 0⇒ 
3x² + 2y2 + 3xy + xy2 − 6x − 3x − 6y − y2 + 6 = 0⇒ 
3(x² + xy − x) + 2(y² + xy − y) −6x − 6y + 6 = 0 ⇒ 
3x(x+y−1) + 2y(y + x −1) − 6(x + y −1) = 0 ⇒ 
(x + y − 1)(3x + 2y − 6) = 0. 
A equação apresentada é o conjunto de duas retas e a 
área está representada abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A área é dada pela diferença das áreas de dois 
triângulos retângulos: 
2
5
A
2
11
2
23
A =⇒
⋅
−
⋅
= 
 
17) Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5 
cm. Seja P um ponto na região interior a estas retas, 
distando 4 cm de r. A área do triângulo equilátero PQR, 
cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as 
retas r e s, é igual, em cm
2
, a: 
a) 3 15 b) 7 3 c) 5 6 d) 
2
15
3 e) 
2
7
15 
Solução (Alternativa B) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆ PQS ⇒ 






=α
=α
ℓ
ℓ
ℓ
16 - 
 cos
4
 sen
2
 
∆ PRT ⇒ sen (60° - α) = 
ℓ
1
 ⇔ 
( )
2
2
PQR
22
2
2
cm 37 
4
3
 S 28 12 16 - 
 6 16 - 3 
1
 
4
 . 
2
1
 - 
16 - 
 . 
2
3
==⇔=⇔=
⇔=⇔=
ℓ
ℓℓ
ℓ
ℓℓℓ
ℓ
 
 
 
18) 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 
y 
x x−2 x+2 
C 
A B 
D 
1 2 
1 
3 
60°-α 
α 
90°-α 
60° 
30°+α 
4 cm 
1 cm • 
ℓ 
ℓ 
ℓ 
P • 
5 cm 
S 
Q 
R 
T 
r 
s 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 6 
R R 
2R 2R 
R 
B A 
O 
soma de todos os ângulos internos dos três polígonos é 
igual a 3 780°. O número total das diagonais nestes três 
polígonos é igual a: 
a) 63 b) 69 c) 90 d) 97 e)106 
Solução (Alternativa D) 
Sejam x – r, x e x + r as quantidades de lados dos 
polígonos. Deste modo: 
180(x – r – 2) + 180(x – 2) + 180(x + r – 2) = 3780 ⇒ 
x – r – 2 + x – 2 + x + r – 2 = 21 ⇒ 3x = 27 ⇒ x = 9 
∴(9 – r)(9)(9 + r) = 585 ⇒ 81 – r2 = 65 ⇒ 
r
2
 = 16 ⇒ r = ± 4 ⇒ as quantidades de lados são 5, 
9 e 13. 
Como o número de diagonais de um polígono de n 
lados é d(n) = n(n – 3)/2, então: 
S = 5.2/2 + 9.6/2 + 13.10/2 ⇒ S = 97 
 
 
19) Considere o triângulo isósceles OAB, com lados 
OA e OB de comprimento 2 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) 
2
π
R
3
 b) π R3 c) 
3
4π
 R
3
 d) 2 π R3 e) 3 π R3 
Solução (Alternativa C) 
 
 
 
 
 
 
Quando giramos o triângulo obtemos um sólido que é 
equivalente a tirarmos dois cones coaxiais e com 
mesmo vértice (ponto O) de um cilindro. Portanto: 
V = Vcilindro – 2Vcone = πR
2
(2R) – 2.π.R2(R)/3 ⇒ 
V = 2πR3 – 2πR3/3 ⇒ V = 4πR3/3 
 
 
20) Considere uma pirâmide regular de altura igual a 5 
cm e cuja base é formada por um quadrado de área 
igual a 8 cm
2
. A distância de cada face desta pirâmide 
ao centro de sua base, em cm, é igual a: 
a) 
3
15
 b) 
9
65
 c) 
5
34
 d) 
5
7
 e) 3 
Solução (Alternativa B) 
Sbase = ℓ
2
 = 8 ⇒ ℓ = 2 2 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelas relações métricas no triângulo retângulo ∆VOH 
temos que 
OV.OH = OM.VH ⇒ 5 2 = 27 x d ⇒ 
d = cm 
9
65
 
33
25
= 
 
 
As questões de 21 a 30 deverão ser resolvidas no 
caderno de respostas anexo. 
 
21) Sejam U um conjunto não-vazio e A ⊂ U, B ⊂ U. 
Usando apenas as definições de igualdade, reunião, 
intersecção e complementar, prove que: 
I – Se A ∩ B = ∅, então B ⊂ AC. 
II – B \ A
C
 = B ∩ A. 
1a Solução 
I – Seja b ∈ B. Como A ∩ B = ∅, Então b ∉ A. Desse 
modo, por definição, b ∈ AC. Provou-se que: b ∈ B ⇒ b 
∈ AC, ou seja, que B ⊂ AC, se A ∩ B = ∅ (c.q.d.) 
II – B \ A
C
 = { x ∈ U; x ∈ B ∧ x ∉ AC} = {x ∈ U; x ∈ B ∧ x 
∈ A} = B ∩ A (c.q.d.) 
2a Solução 
II. Lembrando que X \ Y = X ∩ YC e que (XC)C = X, para 
quaisquer conjuntos X ∈ Y, então: B \ AC = B ∩ (AC)C = 
B ∩ A (c.q.d.) 
I. Uma vez que X – Y = ∅ ⇔ X ⊂ Y, então 
B \ A
C
 = B ∩ (AC)C = B ∩ A = ∅ ⇔ B ⊂ AC (c.q.d.) 
 
 
22) Determine o conjunto dos números complexos z 
para os quais o número 
3 - 1 z 1 - z
2 z z
 
++
++
=ω pertence 
ao conjunto dos números reais. Interprete (ou 
identifique) este conjunto geometricamente e faça um 
esboço do mesmo. 
Solução 
Note-se, de antemão, que z + z + 2 ∈ ℝ,∀z ∈ ℂ, sendo 
igual a 2 [Re(z) + 1]. 
Portanto, para que w ∈ ℝ, e necessário e suficiente que 
3 - 1 z 1 - z ++ ∈ ℝ*, o que equivale à condição |z – 1| 
+ |z + 1| > 3 (*). Lembrando que |z – w| representa a 
distância entre as imagens de z e w no plano complexo, 
percebe-se que (*) é o conjunto dos pontos do plano 
cujas somas das distâncias aos complexos z1 = 1 e z2 = 
- 1 é maior que 3. Ora, esse conjunto é o dos pontos 
pertencentes ao exterior de uma elipse defoco em z1 e 
z2, e eixo maior três. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 
2 
d 
V 
H 
M 
O x 
y 
• • 
y 
 
x 
 
1 -1 
• • 
25 
23 
25− 
23− 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 7 
 
23) Considere a seguinte situação baseada num dos 
paradoxos de Zenão de Eléia, filósofo grego do século 
V A.C. Suponha que o atleta 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 distância d1 > 0 na frente de Aquiles. Calcule os 
tempos t1, t2, t3, ... que Aquiles precisa para percorrer as 
distância d1, d2, d3, ..., respectivamente, sendo que, 
para todo n > 2, dn denota a distância entre a tartaruga 
e Aquiles no instante ∑
=
1 - n
1 k 
kt da corrida. Verifique que os 
termos tk, k = 1, 2, 3, ..., formam uma progressão 
geométrica infinita, determine sua soma e dê o 
significado desta soma. 
Solução 
 
 
 
 
 
 
t = 0 
Distâncias percorridas por Aquiles (A) e a tartaruga (T) 
d1 = VA . t1 ∴ d2 = VT . t1 ∴ t2 = 
A
T
V
V
t1 
d2 = VA . t2 ∴ d3 = VT . t2 ∴ t3 = 
A
T
V
V
t2 
d3 = VA . t3 ∴ d4 = VT . t3 
Daí exclui-se que para n ≥ 2 
VTtn = VA . tn + 1 ∴ tn + 1 = 
A
T
V
V
tn 
A
T
n
1 n
V
V
 
t
t
 0 =< + < 1 (VA > VT) 
Portanto os tempos (t1, t2, t3, ...) formão uma P.G. infinita 
de razão 
A
T
V
V
, cuja soma será: 
S = t1 + 
A
T
V
V
t1 + 
A
T
V
V
t1 + ... ⇒ 
S = 
TA
1
TA
A1
A
T
1
 V- V
d
 
 V- V
 V. t
 
V
V
 - 1
t
== 
Esta soma representa o tempo necessário para Aquiles 
alcançar a tartaruga. 
 
 
24) Mostre que toda função ƒ : ℝ \ {0} → ℝ, 
satisfazendo ƒ(xy) = ƒ(x) + ƒ(y) em todo seu domínio, é 
par. 
Solução 
ƒ(xy) = ƒ(x) + ƒ(y), ∀x, y ∈ ℝ \ {0} 
Inicialmente, note-se que: 
ƒ(x . 1) = ƒ(x) + ƒ(1) ⇒ ƒ(1) = 0. 
Também: 
ƒ(1) = ƒ[(-1).(-1)] = ƒ(-1) + ƒ(-1) = 2ƒ(-1) = 0 ⇒ 
f(– 1) = 0. 
Além disso, para qualquer x ∈ ℝ \ {0}: 
ƒ(x) - ƒ(-x) = ƒ(x) – {ƒ [(-1) . x]} = ƒ(x) - ƒ(-1) - ƒ(x) = 0 ⇒ 
ƒ(-x) = ƒ(x), ∀ x ∈ ℝ \ {0} ⇒ ƒ é par (c.q.d.) 
 
 
25) Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a 
divisão de P1(x) = x
4
 + ax
2
 + b por P2(x) = x
2
 + 2x + 4 é 
exata, e que a divisão de P3(x) = x
3
 + cx
2
 + dx - 3 por 
P4(x) = x
2
 – x + 2 tem resto igual a – 5, determine o 
valor de a + b + c + d. 
Solução 
Dividindo P1(x) por P2(x): 
 
 x
4
 + ax
2
 + b 
- x
4
 – 2x
3
 – 4x
2
 
- 2x
3
 + (a – 4)x
2
 + b 
 2x
3
 + 4x
2
 + 8x 
 ax
2
 + 8x + b 
 -ax
2
 – 2ax – 4a 
 (8 – 2a) x + b – 4a ≡ 0 ⇔ a = 4 b = 16 
 
Dividindo P3(x) por P4(x): 
 
 x
3
 + cx
2
 + dx - 3 
- x
3
 – x
2
 – 2x 
 (c + 1) x
2
 + (d – 2) x - 3 
- (c + 1) x
2
 + (c + 1) x – 2 (c + 1) 
 (d + c – 1)x – 5 – 2x ≡ -5 
 ⇕ 
 
5 2c 5
1 c d
⇔



=+
=+
 
Portanto: a + b + c + d = 21 
 
 
26) Sejam a, b, c e d números reais não-nulos. Exprima 
o valor do determinante da matriz 














2
2
2
2
dd1abc
cc1abd
bb1acd
aa1bcd
 na 
forma de um produto de números reais. 
Solução 
Multiplicando-se a 1ª linha por a, a 2ª por b, a 3ª por e c 
a 4ª por d, tem-se que: 
 
 
dcba
dcba
dcba
1111
 
ddd1
ccc1
bbb1
aaa1
 
abcd
abcd
 
 
dddabcd
cccabcd
bbbabcd
aaaabcd
 
d
1
 . 
c
1
 . 
b
1
 . 
a
1
 
dd1abc
cc1abd
bb1acd
aa1bcd
3333
2222
32
32
32
32
32
32
32
32
2
2
2
2
===
==
 
= (b – a) (c – a) (d – a) (c – b) (d – b) ( d – c) 
 
 
T0 T1 T2 T3 Tn - 1 
d1 d2 d3 d4 . . . . 
A1 A2 A3 A4 An 
A0 
dn 
x
2
 + 2x + 4 
x
2
 - 2x + a 
x
2
 + x + 2 
x + c + 1 
c = 0 
d = 1 
(Vandermonde) 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 8 
27) Encontre todos os valores de a ∈ 


 ππ
−
2
 ,
2
 para os 
quais a equação na variável real x, 
a 
2
e
 - 1 - 2 arctg 
2
e
 1 - 2 arctg
xx
=





+





+ , admite 
soluções. 
Solução 
Sejam 
2
e
12
x
+−=α e 
2
e
12
x
−−=β . 
Como α + β = a ⇒ tg (α + β) = tg a ⇒ 
tga
tg.tg1
tgtg
=
βα−
β+α
 ⇒ 
( )
tga
4
e
121
2
e
12
2
e
12
x22
xx
=








−−−
−−++−
 ⇒ 
tga
4
e
)12(2
)12(2
x2
=
+−
−
 (que é diferente de zero) ⇒ 
tga.
4
e
tga)12(2)12(2
x2
+−=− ⇒ 
)tga1)(12(2tga.
4
e x2
−−= ⇒ 






−−= 1
tga
1
)12(8e x2 
Como e
2x
 > 0 ⇒ 1
tga
1
> ⇒ 0 < tg a < 1 ⇒ 
4
a0
π
<< 
 
28) Sabe-se que uma elipse de equação 1 
b
y
 
a
x
2
2
2
2
=+ 
tangencia internamente a circunferência de equação x
2
 
+ y
2
 = 5 e que a reta de equação 3x + 2y = 6 é tangente 
á elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P. 
Solução 
Esquematicamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
222
2
2
2
a
b
 . 
y
x
 - y' 0 
b
2yy'
 
a
2x
 1 
b
y
 
a
x
=⇔=+⇒=+ 
que é o coeficiente angular da tangente à elipse num de 
seus pontos (x, y). 
Seja P (m, n). Então, como o coeficiente angular de 3x 
+ 2y = 6 é 
2
3
 − : 
)( 
m
n
 . 
3
10
 a 
a
5
 . 
n
m
 - 
2
3
 2
2
∗=⇒=− 
I – P pertence à elipse 
(*)
⇒ 1 
5
n
 
n3
m10
m 22
=+ ⇒ 
1
5
n
10
mn3 2
=+ ⇒ 2n2 + 3mn – 10 = 0 
II – P pertence à reta dada ⇒ 3m + 2n = 6 
Resolvendo o sistema obtido por I e II: 
m = 
9
8
 e n = 
3
5
 ⇔ P = 





3
5
 ,
9
8
 
 
 
29) 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 cos α = cos 2β, sendo os ângulos α = FAˆB e β = 
DAˆE . 
 
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∆ AFF’: (Teorema de Pitágoras) 
ℓ
2
 + 2ℓx + x
2
 = ℓ
2
 - 2ℓx + x
2
 + ℓ
2
 
4ℓx = ℓ
2
 ⇔ x = 
4
ℓ
 
Desse modo: 
cos α = 
5
3
 
4
 
4
 - 
=
+
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
e 
cos 2β = 2. cos2β - 1 = 2 . ⇒=





 
5
3
 1 - 
5
2
2
 
cos α = cos 2β (c.q.d.) 
 
 
5 
• 
• • • 
• 
• 
y 
x 
b 
P 
2 
- b 
- a a 
0 
5 b = 3 
2
5ℓ
 
D C 
B A 
ℓ 
ℓ + x 
ℓ ℓ 
α 
β 
F’ 
F x E 2ℓ 
ℓ - x 
• • 
• • x 
 Resolução de Matemática – ITA 2002/2003 
 9 
30) Quatro esferas de mesmo raio R > 0 são tangentes 
extremamente duas a duas, de forma que seus centros 
formam um tetraedro regular com arestas de 
comprimento 2R. Determine, em função de R, a 
expressão do volume do tetraedro circunscrito às quatro 
esferas. 
Solução 
Note-se que o centro do tetraedro cujos vértices são os 
centros das esferas é o mesmo do tetraedro circunscrito 
às quatro esferas, o qual é regular. Além disso as faces 
de ambos os tetraedros são, duas a duas, paralelas. 
Lembrando que a altura de um tetraedroregular de 
aresta a vale 
3
6a
e que a distância do centro do 
tetraedro às faces é igual a um quarto disso, ou seja, 
12
6a
, basta observar que a distância do centro comum 
aos tetraedros até uma face do maior, de aresta x, é 
igual à soma da distância entre aquele centro e a face 
paralela correspondente do tetraedro menor com o raio 
de uma das esferas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O → centro comum 
d = 
6
6R
12
6R2
4
h
== → distância de O à face do 
tetraedro menor. 
D → Distância de O à face do tetraedro maior. 
D = d + R 
)16(R26R2R2xR
6
6R
12
6x
+=+=⇒+=⇒ 
Portanto, o volume procurado é: 
 
33
3
R)16(
3
22
V
12
2)]16(R2[
V +=⇒
+
= 
O 
d 
R 
D