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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
39 
 
 
A MATEMÁTICA NO ITA 
 
O vestibular de Matemática do ITA é, provavelmente, um dos mais 
justos do país. Isso se deve ao fato dessa prova ser 
reconhecidamente a mais abrangente possível: raramente algum 
tópico do Ensino Médio não é cobrado. 
Isso, para o candidato, traz vantagens e desvantagens. Vantagens no 
sentido de que existem várias questões de assuntos conhecidos e 
desvantagens no sentido de que podem existir temas que o aluno não 
domine. Porém, até nisso se faz justiça: não é possível contar apenas 
com a sorte, uma vez que a prova é bem variada e abrangente. 
E, além de uma prova bem diversificada, uma marca interessante é a 
presença de vários temas numa única questão (cossenos com 
logaritmos, progressões com circunferências, etc.), sempre com o 
intuito de aumentar o nível de dificuldade, favorecendo o candidato 
que tem o domínio de diversos temas. 
Mas não é só o conhecimento que é fundamental. A prova não mede 
apenas o quanto o candidato sabe, mas sim como o candidato 
lida com o que sabe. Ao longo dos anos, várias questões são tais 
que a aplicação de fórmulas é praticamente inviável, o que força o 
candidato a ter algo a mais. Não adianta apenas conhecer milhares de 
fórmulas. Um bom raciocínio é peça fundamental nesse vestibular. 
Assim, o que se espera dos candidatos é conhecimento razoável 
aliado com bom raciocínio. 
Neste material temos uma análise do vestibular de Matemática do 
ITA. Procuraremos ajudá-lo a melhorar o seu desempenho com 
algumas dicas que serão de grande valia na hora da prova. 
 
Bons estudos! 
 
O exercício a seguir, retirado do vestibular de 2005, ilustra um fato 
interessante da prova do ITA: normalmente, existem dois ou mais 
modos para se resolver um exercício. Destes, um é razoavelmente 
rápido, enquanto o outro é mais trabalhoso. 
Exemplo: (ITA 2005) Sobre o número 7 4 3 3x = − + é correto 
afirmar: 
a) ]0;2[x∈ d) 2x é irracional 
b) x é racional e) ]2;3[x∈ 
c) 2x é irracional 
 
Resolução: (Alternativa B) 
Num primeiro instante, é fácil “chutar” que x provavelmente é 
irracional. Mas, isso não nos serve de muita coisa, afinal não 
conseguimos encontrar nenhuma resposta que nos satisfaça apenas 
chutando. 
Uma primeira tentativa de resolução poderia ser a seguinte: 
27 4 3 3 ( 3) 7 4 3x x= − + ⇒ − = − 
2 22 3 3 7 4 3 .2 3 4 4 3 0x x x x− + = − ⇒ − − − = 
Essa tentativa nos leva a uma equação do segundo grau não muito 
agradável, que exigirá um tempo razoável só pra terminar as contas. 
Este caminho com certeza nos levará a uma resposta correta, mas a 
questão não é essa. Será que não existe outro modo, menos 
trabalhoso, para se resolver esse exercício? A resposta é sim. 
Observe que 2 2 27 4 3 2 2.2. 3 ( 3) (2 3)− = − + = − . 
Assim: 7 4 3 3 2 3 3 2x x= − − = − + ⇒ = 
 
MISTURANDO TEMAS DIFERENTES 
 
A prova de Matemática do ITA também é famosa por sua grande 
capacidade de “misturar” conceitos distintos. Como exemplo, temos a 
seguinte questão, retirada do vestibular de 2006 (se você sentir 
dificuldades, revise os tópicos, que abordados na questão): 
 
Exemplo: (ITA 2006) Determine para quais valores de x∈ (-π/2,π/2) 
vale a desigualdade logcosx(4sen2x - 1) - logcosx(4 - sec2x) > 2. 
Resolução: 
Temos aqui a presença de trigonometria e logaritmos. Tanto um 
quanto o outro são fundamentais para a resolução desse exercício. A 
partir da condição de existência da base, temos: 
cos 0 cos 1 0 ; 0 0
2 2 2 2
x e x x e x x ou x−π π −π π⎛ ⎞> ≠ ⇒ ≠ ∈ ⇒ < < < <⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Cada logaritmo deve existir separadamente, o que implica em duas 
situações: 
2
1sen
2 2 64sen 1 0
1sen
2 6 2
x x
x
x x
π π⎧ < − ⇒ − < < −⎪⎪− > ⇒ ⎨
π π⎪ > ⇒ < <
⎪⎩
 
24 sec 0 2 sec 2x x− > ⇒ − < < ⇒ como cos 0x > , temos apenas que 
10 sec 2 cos
2 3 3
x x xπ π< < ⇒ > ⇒ − < < . 
Aplicando finalmente as propriedades dos logaritmos, temos: 
2
2 2
cos cos cos 2
4sen 1log (4sen 1) log (4 sec ) log 2
4 secx x x
xx x
x
⎛ ⎞−
− − − = >⎜ ⎟−⎝ ⎠
 
Lembrando que no domínio considerado temos para a base do 
logaritmo: 0 cos 1x< < . Logo, ao aplicarmos a definição de logaritmo, 
temos que inverter a desigualdade (pois a base é menor que 1). 
Assim: 
2 2
2
cos 2 2
4sen 1 4sen 1log 2 cos
4 sec 4 secx
x x x
x x
⎛ ⎞− −
> ⇔ <⎜ ⎟
− −⎝ ⎠
 
2 2 2 2
2
2 2
4sen 1 4sen 1 cos (4 sec )cos 0 0
4 sec 4 sec
x x x xx
x x
− − − −
− < ⇒ <
− −
 
Considerando apenas o numerador da fração, temos: 
2 2 2 2 2 2
2
14sen 1 cos (4 sec ) 4sen 4cos 1 cos .
cos
x x x x x x
x
− − − = − − +
2 2(4cos 4sen ) 1 1 cos2x x x= − − − + = − . 
Assim, a desigualdade fica: 
2 2
cos2 cos20 0
4 sec 4 sec
x x
x x
−
< ⇒ >
− −
 
Por uma das condições de existência ( )0 sec 2x< < , é obrigatório 
que 24 sec 0x− > (denominador positivo). Logo, para resolvermos a 
inequação, basta que tenhamos para o numerador 
cos2 0
4 4
x xπ π> ⇒ − < < . 
Considerando todos os intervalos, chegamos em 
4 6
xπ π− < < − ou 
6 4
xπ π< < . 
A seguir, forneceremos algumas ferramentas que podem ajudá-lo na 
prova, a respeito destes dois assuntos. 
 
FORMULÁRIO DE TRIGONOMETRIA 
 
Fórmulas básicas 
2 2sen cos 1x x+ = 2 2tg 1 secx x+ = 2 2cotg 1 cosecx x+ = 
1sec
cos
x
x
= sentg
cos
xx
x
= 
1cosec
sen
x
x
= cos 1cotg
sen tg
xx
x x
= = 
 
Soma e subtração de arcos 
sen( ) sen .cos sen .cosa b a b b a+ = + 
sen( ) sen .cos sen .cosa b a b b a− = − 
cos( ) cos .cos sen .sena b a b a b+ = − 
cos( ) cos .cos sen .sena b a b a b− = + 
tg tgtg( )
1 tg .tg
a ba b
a b
+
+ =
−
 
tg tgtg( )
1 tg .tg
a ba b
a b
−
− =
+
 
 
Arco duplo 
2 2cos2 cos senx x x= − 
2cos2 2.cos 1x x= − 
2cos2 1 2senx x= − 
sen2 2.sen .cosx x x= 
2
2.tgtg2
1 tg
xx
x
=
−
 
 
Arco triplo 
3sen3 3sen 4senx x x= − 3cos3 4cos 3cosx x x= − 
 
Arco metade 
1 cossen
2 2
x x−⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟
⎝ ⎠
 1 coscos
2 2
x x+⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟
⎝ ⎠
 1 costg
2 1 cos
x x
x
−⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟ +⎝ ⎠
 
UMA QUESTÃO INTERESSANTE 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
40 
 
Transformação de soma em produto 
( ) ( ) 2. .cossen p q sen p q senp q+ + − = 
sen sen 2.sen cos
2 2
p q p qp q + −+ = 
sen sen 2.sen cos
2 2
p q p qp q − +− = 
cos cos 2.cos cos
2 2
p q p qp q + −+ = 
cos cos 2.sen sen
2 2
p q p qp q + −− = − 
sen( )tg tg
cos .cos
p qp q
p q
+
+ = 
sen( )tg tg
cos .cos
p qp q
p q
−
− = 
 
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS 
 
As funções trigonométricas inversas são um tema muito incidente nos 
vestibulares do ITA. Só nos últimos anos, tivemos questões desse tipo 
nas provas de 2004, 2005, 2008 e 2010. A seguir temos uma tabela 
com as principais funções inversas: 
Função: Domínio: Imagem: 
( ) ( )arcsenf x x= [ ]1;1− ;2 2
π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
 
( ) ( )arccosf x x= [ ]1;1− [ ]0; π 
( ) ( )arctgf x x= ] [;−∞ ∞ ;2 2
π π⎤ ⎡−⎥ ⎢⎦ ⎣
 
Obs: ( ) ( )arcsenf x x= e ( ) ( )arctgf x x= são estritamente crescentes 
enquanto ( ) ( )arccosf x x= é estritamente decrescente. 
Perceba que para existir a inversa, a função original tinha que ser 
bijetora, portanto a imagem das funções inversas são restritas ao 
domínio da função original. O aluno deve ser atento para não cometer 
erros nisso, pois, por exemplo: 
7 7arccos cos
4 4 4
⎛ ⎞π π π⎛ ⎞ = ≠⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Mas a restrição na composição inversa não existe, pois temos: 
( )( )cos arccos x x= 
Bastando apenas que x seja do domínio da função inversa. 
Ao se resolver um problema de Funções Trigonométricas Inversas, o 
mais indicado é passar a uma função trigonométrica normal, o 
exemplo a seguir ilustra bem isso: 
Exemplo: (ITA 2008) 
Sendo ;
2 2
π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
 o contradomínio da função arcoseno e [ ]0; π o 
contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de: 
3 4cos arcsen arccos
5 5
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Resolução: 
Seja arcsen 3
5
= α ⇒ 2 2 4cos 1 cos
5
sen α + α = ⇒ α = ± . 
O contradomínio da função arcsen é ,
2 2
π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
. 
Como 3 0
5
senα = > , temos que 40, cos
2 5
⎛ π⎤α∈ ⇒ α =⎜ ⎥⎦⎝
. 
Seja arccos 4
5= β . Temos que o contradomínio da função arccos é 
[ ]0,π . 
Como 4cos 0 0,
5 2
π⎛ ⎞β = > ⇒ β∈⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Os dois ângulos estão no mesmo quadrante e, portanto são iguais 
( )α = β . Assim: 
2 2 16 9 7cos( ) cos2 cos sen
25 25 25
α + β = α = α − α = − = . 
LOGARITMOS 
 
Definição de logaritmo: 
log abase x a base x= ⇔ = , onde 
0 1
0
base e base
x
> ≠⎧
⎨
>⎩
 
 
Resumo das propriedades: 
1) log ( ) log logb b bxy x y= + 
2) log ( / ) log logb b bx y x y= − 
3) log .logm n bb
nx x
m
= 
4) loglog
log
c
b
c
xx
b
= (mudança de base) 
 
Desigualdades envolvendo logaritmos 
Base > 1 log logbase basex y x y⇒ > ⇔ > (crescente) 
0 < Base < 1 log logbase basex y x y⇒ > ⇔ < (decrescente) 
 
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES 
 
Um tópico bastante frequente na prova de Matemática do ITA é 
Determinantes. Vamos relembrar suas propriedades, a partir de 
algumas definições: 
 
Menor complementar: chamamos de menor complementar relativo a 
um elemento aij de uma matriz M, quadrada e de ordem n>1, o 
determinante Dij, de ordem n - 1, associado à matriz obtida de M 
quando suprimimos a linha i e a coluna j que passam por aij. 
Cofator ou complemento algébrico: número relacionado com cada 
elemento aij de uma matriz quadrada de ordem n dado por 
Aij = (-1)i+j .Dij. 
Teorema de Laplace: O determinante de uma matriz M, de ordem 
n≥2, é a soma dos produtos de todos os termos de uma fila qualquer 
(linha ou coluna) pelos respectivos cofatores. 
Cálculo do determinante para ordens 1 e 2 
( ) det( )A a A a a= ⇒ = = 
det( )
a c
A A ad bc
b d
⎛ ⎞
= ⇒ = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Propriedades 
1) Somente as matrizes quadradas possuem determinantes. 
2) det(A) = det(At). 
3) O determinante de uma matriz que tem todos os elementos de uma 
fila iguais a zero, é nulo. 
4) Se trocarmos de posição duas filas paralelas de um determinante, 
ele muda de sinal. 
5) O determinante que tem duas filas paralelas iguais ou proporcionais 
é nulo. 
6) det(A-1) = 1/det A. 
7) (Teorema de Binet) det(A.B) = det A.det B 
8) Se uma fila da matriz for multiplicada por uma constante k, então o 
determinante da nova matriz será igual ao da matriz original 
multiplicado por k. 
9) Se A é uma matriz quadrada de ordem n e k é real então det(k.A) = 
kn. det A 
10) (Teorema de Jacobi) Se somarmos à uma fila uma combinação 
linear de outra fila paralela, o valor do determinante permanece 
inalterado. 
 
Existência da matriz inversa: uma matriz A só possui inversa se, e 
somente se, tem determinante não-nulo. 
Existe outra propriedade dos determinantes, que será trabalhada na 
seguinte questão, também retirada do vestibular do ITA de 2006. 
 
Exemplo: (ITA 2006): 
Se det
a b c
p q r
x y z
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
= -1 então o valor do det
2 2 2
2 2 2
3 3 3
a b c
p x q y r z
x y z
− − −⎡ ⎤
⎢ ⎥+ + +⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
 é 
igual a 
a) 0 b) 4 c) 8 d) 12 e) 16 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
41 
 
Resolução: (Alternativa D) 
Inicialmente, como -2 multiplica a primeira linha e 3 multiplica a 
segunda, podemos retirar esses números do determinante: 
2 2 2
det 2 2 2 6.det 2 2 2
3 3 3
a b c a b c
p x q y r z p x q y r z
x y z x y z
− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = − + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
 
Aqui, utilizaremos a seguinte propriedade: 
det det det
a d g a d g a d g
A b x e y h z A b e h x y z
c f i c f i c f i
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Aplicando a propriedade: 
det 2 2 2 det 2 2 2 det
a b c a b c a b c
p x q y r z p q r x y z
x y z x y z x y z
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
 
O último determinante tem duas linhas iguais, enquanto o primeiro 
tem a segunda linha multiplicada por 2. Assim: 
det 2 2 2 2.det 0 2
a b c a b c
p x q y r z p q r
x y z x y z
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + = + = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
. 
Substituindo, temos: 
2 2 2
det 2 2 2 6.( 2) 12
3 3 3
a b c
p x q y r z
x y z
− − −⎡ ⎤
⎢ ⎥+ + + = − − =⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
. 
 
 
DETERMINANTE DE VANDERMONDE 
O Determinante de Vandermonde é um conhecido método de calcular 
determinantes onde se tem em todas as linhas ou todas as colunas da 
matriz uma Progressão Geométrica. Seu valor é dado por: 
 
( )( ) ( ) ( )
( )
2 1
1 1 1
2 1
2 2 2
2 1
1 2 1 3 2 3 13 3 3
2 1
1
1
... ...1
1
n
n
n
n n
n
n n n
i j
i j
a a a
a a a
a a a a a a a aa a a
a a a
a a
−
−
−
−
−
<
= − − − −
= −∏
 
Exemplo: (ITA 2003) 
Sejam a , b , c e d números reais não-nulos. Exprima o valor do 
determinante da matriz: 
2
2
2
2
1
1
1
1
bcd a a
acd b b
abd c c
abc d d
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
 
Na forma de um produto de números reais. 
 
Resolução: 
Multiplicando a primeira linha por a , a segunda por b , a terceira por 
c e a quarta por d (e então dividindo o determinante por abcd para 
não alterar seu valor): 
2 2 3 2 3
2 2 3 2 3
2 2 3 2 3
2 2 3 2 3
1 1
1 11
1 1
1 1
bcd a a abcd a a a a a a
acd b b abcd b b b b b babcd
abcd abcdabd c c abcd c c c c c c
abc d d abdc d d d d d d
= ⋅ = ⋅ 
 
E o determinante acima é o Determinante de Vandermonde, então: 
 
2 2 3
2 2 3
2 2 3
2 2 3
1 1
1 1
1 1
1 1
bcd a a a a a
acd b b b b b
abd c c c c c
abc d d d d d
= = 
 
( )( )( )( )( )( )a b a c a d b c b d c d= − − − − − − . 
VETORES E GEOMETRIA ANALÍTICA 
Em alguns problemas geométricos, é interessante partir para novas 
abordagens. A resolução de problemas de Geometria com o auxílio de 
vetores fornece, em algumas situações, soluções extremamente 
elegantes e, em alguns casos, muito rápidas. 
 
Vamos agora comentar duas das propriedades mais importantes a 
respeito dos vetores, que são o produto escalar e o produto vetorial. 
 
Produto Escalar: Dados dois vetores 1 1 1( , , )u x y z= e 2 2 2( , , )v x y z= 
em 3 , o produto escalar entre eles é definido por: 
1 2 1 2 1 2u v x x y y z z⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ 
 
Vamos deduzir uma relação muito útil entre o produto escalar e o 
ângulo entre os dois vetores. Considerando que dois vetores não 
colineares sempre determinam um plano, podemos fazer essa análise 
a partir de uma abordagem geométrica em 2 , embora ela seja válida 
para vetores em 3 : 
 
 
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo OPQ: 
2 2 2 2 cosQP OP OQ OP OQ= + − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⇒ 
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 | | | | cosx x y y x y x y u v− + − = + + + − ⋅ ⋅ ⋅ θ ⇒ 
1 2 1 2 | | | | cos | | | | cosx x y y u v u v u v⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ θ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ θ 
 
Em particular, se u e v são vetores não nulos perpendiculares entre 
si, temos que 90 cos 0 0u vθ = °⇒ θ = ⇒ ⋅ = . 
 
Produto vetorial: Dados dois vetores 1 1 1( , , )u x y z= e 2 2 2( , , )v x y z= 
em 3 , o produto vetorial entre eles é dado pelo determinante: 
 
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2 2 2
2 2 2
i j k
y z z x x y
u v x y z i j k
y z z x x y
x y z
∧ = = ⋅ + ⋅ + ⋅ 
 
O produto vetorial resulta, para cada par de vetores u e v , num 
outro vetor u v∧ , que é perpendicular ao plano determinado por 
esses dois vetores. Seu módulo é dado por: 
| | | | | | senu v u v∧ = ⋅ ⋅ θ 
 
Esse módulo representa, geometricamente, a área do paralelogramo 
determinado pelos vetores u e v : 
 
u 
v 
θ 
| | senh v= ⋅ θ 
 
Observe que, se um dos vetores u ou v for nulo, ou se eles forem 
colineares, o produto vetorial será o vetor nulo. 
 
Com base nesses produtos, conseguimos outro exemplo de aplicação 
da teoria de vetores, que é o produto misto, no qual utilizamos 
simultaneamente o produto escalar e o produto vetorial. 
x 
y 
O 
Q (x2, y2) 
P (x1, y1) 
u 
v 
θ 
 
 
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 DICAS PARA A PROVA DO ITA
 
 
42 
 
Produto Misto: Sejam 1 1 1( , , )u x y z= , 2 2 2( , , )v x y z= e 3 3 3( , , )w x y z= 
três vetores em 3 , tomados nessa ordem. O produto misto desses 
vetores é dado por: 
[ ], , ( )u v w u v w= ⋅ ∧ 
 
A partir dos produtos anteriores, temos: 
[ ] 2 2 2 2 2 21 1 1
3 3 3 3 3 3
, , ( )
y z z x x y
u v w u v w x y z
y z z x x y
= ⋅ ∧ = ⋅ + ⋅ + ⋅ . 
 
Segue que: 
[ ]
1 1 1
2 2 2
3 3 3
, ,
x y z
u v w xy z
x y z
= 
 
Vamos determinar um significado geométrico para o produto misto 
dos vetores u , v e w . Considere a figura a seguir: 
 
 
 
A partir do produto escalar, temos: 
[ ], , | ( ) | | | | | | cos |u v w u v w u v w= ⋅ ∧ = ⋅ ∧ ⋅ θ 
 
Pela figura, note que a altura h do paralelepípedo, relativa à base 
formada pelos vetores v e w , é | | | cos |h u= ⋅ θ . Como | |v w∧ 
representa a área do paralelogramo de lados OB e OC , segue que o 
módulo do produto misto [ ], ,u v w representa o volume do 
paralelepípedo determinado pelos vetores u , v e w . 
 
Como consequência imediata, também podemos calcular o volume do 
tetraedro OABC. Para tanto, observe que a área do triângulo OBC é 
metade da área do paralelogramo de lados OB e OC . Como essa 
área é dada pelo módulo do produto vetorial | |v w∧ , temos: 
1 | |
2OBC
S v w= ⋅ ∧ 
 
Além disso, a altura do tetraedro, relativa a essa base OBC, será a 
mesma altura h considerada para o paralelepípedo. Assim: 
1 1 1 | | | | | cos |
3 3 2OABC OBC
V S h v w u⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ∧ ⋅ ⋅ θ ⇒⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
[ ]1 , ,
6OABC
V u v w= ⋅ 
 
Exemplo: (ITA 2005) Em relação a um sistema de eixos cartesiano 
ortogonal no plano, três vértices de um tetraedro regular são dados 
por (0,0)A = , (2,2)B = e (1 3,1 3)C = − + . 
O volume do tetraedro é 
a) 8
3
. b) 3 . c) 3 3
2
. d) 5 3
2
. e) 8 . 
 
1ª Resolução: (Alternativa A) 
Desenhando a figura no plano cartesiano de acordo com os pontos 
dados, temos: 
 
 
Observe que é incoerente apresentar os vértices do tetraedro, uma 
figura tridimensional, através de apenas duas coordenadas. Vamos 
assumir uma identificação do plano cartesiano (esboçado acima) com 
o plano 0z = de um sistema de coordenadas tridimensional, de eixos 
x, y e z. Assim, os três vértices apresentados seriam adequadamente 
descritos por (0,0,0)A = , (2,2,0)B = e (1 3,1 3,0)C = − + . 
 
A aresta do tetraedro é dada por: 
2 2 2(2 0) (2 0) (0 0) 2 2AB= = − + − + − = 
 
A 
B 
C 
D 
M 
G 
 
 
A altura do triângulo equilátero ABC será: 
3 2 2 3 6
2 2
CM = = = 
 
Sendo G o baricentro do triângulo ABC, correspondente à projeção do 
vértice V no plano da base ABC, temos: 
2 2 6
3 3
CG CM= = 
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DGC, 
determinamos a altura DG relativa à base ABC: 
( )
2
2
2 2 2 2 2 6 4( ) ( ) ( ) ( ) 2 2
3 3
DG CG DC DG DG
⎛ ⎞
+ = ⇒ + = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
O volume do tetraedro será dado por: 
21 1 (2 2) 3 4
3 3 4 3ABCD ABC
V S DG= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ 8
3ABCD
V = 
 
Vamos agora analisar o mesmo problema por um ponto de vista 
vetorial: 
 
2ª Resolução: Seguindo o mesmo desenho da 1ª resolução, seja 
( , , )D D DD x y z= o vértice do tetraedro fora do plano determinado pelo 
triângulo ABC, com altura (cota) 0Dz > (escolhemos por simplicidade 
o ponto de altura positiva, embora exista uma segunda solução com 
0Dz < , totalmente análoga a esta). Como sua projeção sobre o plano 
do triângulo ABC é exatamente o baricentro G, sua abscissa Dx e sua 
ordenada Dy são dadas por: 
A 
B 
C 
O 
u 
v 
w 
v w∧ 
θ 
'A 
h 
x 
y 
A 
B 
C 
2 
2 
1 3− 
1 3+ 
 
 
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43 
 
0 2 (1 3) 31
3 3 3
0 2 (1 3) 31
3 3 3
A B C
D G
A B C
D G
x x x
x x
y y y
y y
⎧ + + + + −
= = = = −⎪⎪
⎨
+ + + + +⎪ = = = = +⎪⎩
 
 
Para determinar sua altura Dz , lembrando que o tetraedro é regular: 
AB AD= 
2 2
2 2 2 23 3(2 0) (2 0) (0 0) 1 0 1 0 ( 0)
3 3 D
z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− + − + − = − − + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
2 4 4 3
3 3D D
z z= ⇒ = (lembrando que tomamos 0Dz > ) 
 
Colocando o ponto (0,0,0)A = como origem de três vetores u , v e 
w , que representam as três arestas do tetraedro, suas componentes 
serão iguais a: 
(2,2,0)
(1 3,1 3,0)
3 3 4 31 ,1 ,
3 3 3
u AB B A
v AC C A
w AD D A
⎧
⎪
= = − =⎪
⎪ = = − = − +⎨
⎪ ⎛ ⎞⎪ = = − = − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩
 
 
Desse modo, segue que o volume do tetraedro é dado por: 
[ ]
2 2 0
1 1, , | 1 3 1 3 0 |
6 6
3 3 4 31 1
3 3 3
ABCDV u v w= ⋅ = ⋅ − +
− +
 
( ) ( )1 4 3 1 3 1 36 3ABCDV ⎡ ⎤= ⋅ ⋅ + − − ⇒⎣ ⎦
8
3ABCD
V = 
 
O próximo exemplo ilustra como a introdução dos vetores pode 
simplificar a resolução de um exercício que, se resolvido apenas com 
ferramentas de Geometria Espacial pura, poderia se tornar muito 
trabalhoso. 
 
Exemplo: (IME 2010) A área da superfície lateral de uma pirâmide 
quadrangular regular SABCD é duas vezes maior do que a área de 
sua base ABCD. Nas faces SAD e SDC traçam-se as medianas AQ e 
DP. Calcule o ângulo entre estas medianas. 
 
Resolução: Estabelecendo um sistema de coordenadas 
tridimensionais, como indicado na figura a seguir, e chamando o lado 
do quadrado da base da pirâmide de w, temos: 
x 
y 
z 
S 
A B 
C D 
Q P 
M 
O 
 
As coordenadas dos vértices da base quadrada são: 
, ,0
2 2
w wA ⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
, , ,0
2 2
w wB ⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
, , ,0
2 2
w wC ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟
⎝ ⎠
 e , ,0
2 2
w wD ⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠
. 
De acordo com o enunciado, a área da superfície lateral é o dobro da 
área da base: 
24 2
2
w SM w SM w⋅ × = ⋅ ⇒ = 
 
Sendo h a altura da pirâmide, no triângulo SOMΔ , retângulo em O, 
aplicamos o teorema de Pitágoras: 
2
2 2 3
2 2
w wh w h⎛ ⎞+ = ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Assim, temos as coordenadas de ( ) 30,0, 0,0,
2
wS h
⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
, de modo 
que as coordenas de P e Q, pontos médios dos segmentos SC e 
SD , respectivamente, são dadas por: 
3, ,
2 4 4 4
S C w w wP
⎛ ⎞+
= = − −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
 e 3, ,
2 4 4 4
S D w w wQ
⎛ ⎞+
= = −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
. 
 
Os vetores DP e AQ , por sua vez, serão dados por: 
3 3 3, , , ,0 , ,
4 4 4 2 2 4 4 4
3 3 3, , , ,0 , ,
4 4 4 2 2 4 4 4
w w w w w w w wDP P D
w w w w w w w wAQ Q A
⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − = − − − − = −⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎨
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎛ ⎞= − = − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩
 
 
Finalmente, lembramos que o produto interno u v⋅ entre dois vetores 
u e v se relaciona com o ângulo θ entre esses vetores por: 
| | | | cos cos
| | | |
u vu v u v
u v
⋅
⋅ = ⋅ ⋅ θ⇒ θ =
⋅
 
 
 
Assim, calculando cada termo separadamente: 
23 3 3 3 3
4 4 4 4 4 4 16
w w w w w w wDP AQ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = − ⋅ − + ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
22 23 3 13
4 4 4 4
w w w wDP
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
22 23 3 13
4 4 4 4
w w w wAQ
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Substituindo: 
23
316cos
1313 13
4 4
w
DP AQ
w wDP AQ
⋅
θ = = = ⇒
⋅ ⋅
3arccos
13
⎛ ⎞θ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
CÔNICAS 
 
ELIPSE 
Dados dois pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma elipse de focos em F1 e 
F2 é o conjunto dos pontos P(x,y) cuja soma das distâncias a F1 e F2 é 
constante e igual a 2a, com 2a > 2c. 
 
( )−1A a,0 ( )2A a,0( )−1F c,0 ( )2F c,0
( )1B b,0
( )−2B b,0
y
x
a a
O
= +2 2 2a b c
= <
ce 1
a
 
O: centro 
F1, F2: focos 
A1, A2, B1, B2: vértices 
A1A2: eixo maior (2a) 
B1B2: eixo menor (2b) 
F1F2: distância focal (2c) 
e: excentricidade 
 
 
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44 
 
Equações reduzidas – centro em (x0, y0) 
• A1A2 // Ox: 
( ) ( )2 20 0
2 2 1
x x y y
a b
− −
+ = 
• A1A2 // Ou: 
( ) ( )2 20 0
2 2 1
y y x x
a b
− −
+ = 
HIPÉRBOLE 
Dados dois pontos F1 e F2 distantes 2c. Uma hipérbole de focos em F1 
e F2 é o conjunto dos pontos P(x,y) cujo módulo da diferença das 
distâncias a F1 e F2 é constante e igual a 2a, com 2a < 2c. 
 
( )−1A a,0 ( )2A a,0
( )−1F c,0 ( )2F c,0
( )1B b,0
( )−2B b,0
c
x
y = +2 2 2c a b
= >
ce 1
a
O
 
O: centro 
F1, F2: focos 
A1, A2: vértices 
e: excentricidade 
A1A2: eixo real (2a) 
B1B2: eixo imaginário ou conjugado (2b) 
F1F2: distância focal (2c) 
 
Equações reduzidas – centro em (x0, y0) 
• A1A2 // Ox: 
( ) ( )2 20 0
2 2 1
x x y y
a b
− −
− = 
• A1A2 // Ou: 
( ) ( )2 20 0
2 2 1
y y x x
a b
− −
− = 
 
PARÁBOLA 
Dados um ponto F e uma reta d (F∉d). Uma parábola é o conjunto 
dos pontos P(x,y) equidistantes de F e d. 
 
x
y
V
d
( )F p 2,0
( )−p 2,0
V '
= =
⊥
pV ' V VF 2
e d
e
 
F: foco V: vértice V’F:p – parâmetro e: eixo de simetria 
 
Equações reduzidas – centro em (x0, y0) 
• e // Ox: ( ) ( )20 04y y p x x− = − 
• e // Ou: ( ) ( )20 04x x p y y− = − 
 
RECONHECIMENTO DE UMA CÔNICA 
Dada uma equação do 2o grau redutível à forma 
( ) ( )2 20 0
1 2
x-x y-y
1
k k
+ = 
k1 = k2 Circunferência 
k1>0, k2>0 e k1>k2 Elipse de eixo maior horizontal 
k1>0, k2>0 e k1<k2 Elipse de eixo maior vertical 
k1>0 e k2<0 Hipérbole de eixo real horizontal 
k1<0 e k2>0 Hipérbole de eixo real vertical 
 
Rotação de eixos 
As coordenadas de um ponto P(x,y) após a rotação de eixos de 
um ângulo θ são dadas por (x’,y’) tais que 
x = x’.cosθ - y’.senθ y = x’.senθ + y’.cosθ 
 
 
Interpretação de uma equação do 2o grau 
Dada a eq. Geral do 2o grau: 
Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 
é sempre possível eliminar o seu termo retângulo (2Bxy) através 
de um rotação de eixos de um ângulo θ tal que 
A = C θ = π / 4 A ≠ C tg 2θ = 2B/(A – C) 
é possível também identificar a cônica através de sua equação 
pelo determinante: 
 
(i) Se , então a equação representa uma parábola. 
(ii) Se , então a equação representa uma elipse. 
(iii) Se , então a equação representa uma hipérbole. 
Obs: A identificação não indica se a cônica é degenerada ou 
não, para isso é necessária a rotação de eixos. 
 
Em 2006 tivemos 2 questões de cônicas, uma delas discursiva. 
Confira! 
 
Exemplo (ITA 2006): 
Sabendo que 9y2-16x2-144y+224x-352=0 é a equação de uma 
hipérbole, calcule sua distância focal. 
 
Completando os quadrados na equação acima, temos: 
2 29( 16 64) 576 16.( 14 49) 784 352 0y y x x− + − − − + + − = 
2 2
2 2 ( 8) ( 7)9( 8) 16.( 7) 144 1
16 9
y xy x − −− − − = ⇒ − = 
Logo, a equação reduzida da hipérbole é: 
2 2
2 2
4( 8) ( 7) 1
34 3
ay x
b
=⎧− −
− = ⇒ ⎨
=⎩
 
A partir das relações notáveis da hipérbole, temos: 
2 2 2 16 9 25 5c a b c= + = + = ⇒ = 
Assim, a distância focal é 2c = 10. 
 
NÚMEROS COMPLEXOS E GEOMETRIA ANALÍTICA 
 
Uma das aplicações mais interessantes dessa mistura de temas que 
pode ocorrer em uma questão do vestibular do ITA é usar conceitos 
de Geometria Analítica para resolver uma questão de Números 
Complexos. Sabendo que todo número complexo pode ser 
representado por um ponto do plano cartesiano (Plano de Argand-
Gauss), desenvolvemos algumas ideias. 
 
 
A partir da forma algébrica z x y i= + ⋅ do número complexo, temos: 
(I) a identificação de cada número complexo z x y i= + ⋅ com o ponto 
( , )P x y= do plano cartesiano, dito afixo de z; 
 
(II) Sendo O a origem do plano cartesiano, definimos 2 2OP x y= + 
como o módulo | |z do número complexo z x y i= + ⋅ ; 
 
(III) Se z x y i= + ⋅ , z∈ e 0z a b i= + ⋅ é um número complexo 
qualquer, temos: 2 20 ( ) ( ) ( ) ( )z z x i y a b i x a y b− = + ⋅ − + ⋅ = − + − , 
que é a distância entre dois pontos da Geometria Analítica; 
 
(IV) De (III), temos que: 
 
• 0z z R− = é uma circunferência de centro 0z e raio R; 
• 1 2 2z z z z k− + − = é uma elipse de focos 1z e 2z , e eixo 
maior de comprimento 2k , para 0k > ; 
• 1 2 2z z z z k− − − = é uma hipérbole de focos 1z e 2z , e 
eixo transverso de comprimento 2k , para 0k > . 
(V) Com relação ao argumento de z, temos que arg( )z = θ é uma 
semirreta iniciada na origem, e 0arg( )z z− = θ é uma semirreta com 
início em 0z . 
 
 
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45 
 
(VI) No Plano de Argand-Gauss, cada complexo pode ser associado a 
(ou representar) um vetor, ou seja, ( , )z x iy x y= + ≡ . Ao se multiplicar 
um vetor nos complexos por um complexo de módulo unitário e 
argumento α , estamos rotacionando nosso vetor em α radianos no 
sentido anti-horário, pois 
( ) ( ) ( ) ( )( )cos sen cos sen cos seni i iρ θ + θ ⋅ α + α = ρ θ + α + θ + α . 
 
Exemplo: (ITA 2000) Seja 0z o número complexo 1 i+ . Sendo S o 
conjunto solução no plano complexo de 0 0| | | | 2z z z z− = + = , então o 
produto dos elementos de S é igual a 
a) 4(1 )i− b) 2(1 )i+ c) 2( 1)i − d) 2i− e) 2i 
 
Resolução: (Alternativa E) 
Identificando no plano complexo o afixo de 0 1z i= + como o ponto 
(1,1) , e o afixo de 0 1z i− = − − como ( 1, 1)− − , temos as circunferências 
1λ : 0| | 2z z− = , de centro (1,1) e raio 2, e 2λ : 0| ( ) | 2z z− − = , de 
centro ( 1, 1)− − e raio 2. A representação no plano cartesiano seria: 
 
x 
y 
(1,1) 
( 1, 1)− − 
1λ 
2λ 
O 
P 
Q 
 
 
Pelo desenho, claramente os pontos em comum às duas 
circunferências são (1, 1)P = − e ( 1,1)Q = − , de modo que o conjunto S 
é dado por { }1 , 1S i i= − − + . Assim, o produto de seus elementos é: 
 
(1 ) ( 1 )i i− ⋅ − + = 2i . 
 
A IDENTIDADE DE EULER 
 
Você sabe qual é a origem da identidade de Euler? A resposta está 
em Taylor! 
Em Matemática, uma série de Taylor é uma série de potências 
utilizada para aproximar funções. Elas recebem esse nome em 
homenagem ao matemático inglês Brook Taylor. Várias funções 
podem ser aproximadas por esse método, que, por envolver derivadas 
de funções, só é ensinado nas disciplinas de Cálculo. 
Entre as funções que estudamos, existem três que merecem 
destaque: 
2 3
1 ...
2! 3!
x x xe x= + + + + 
2 4 6
cos 1 ...
2! 4! 6!
x x xx = − + − + 
3 5 7
sen ...
3! 5! 7!
x x xx x= − + − + 
A partir destas fórmulas, podemos calcular o valor das funções seno, 
cosseno e exponencial em pontos não só reais, como também 
complexos! De fato, como o lado direito de cada expansão depende 
apenas do valor “x”, nada impede que utilizemos valores complexos. 
Ora, isso motivou vários matemáticos a fazerem a seguinte 
substituição: 
.x i= θ , onde i é a unidade imaginária 
 
Substituindo x na primeira fórmula, temos: 
2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
1 ...
2! 3! 4! 5! 6!
i i i i i ie iθ θ θ θ θ θ= + θ + + + + + 
2 3 4 5 6
1 ...
2! 3! 4! 5! 6!
ie i i iθ θ θ θ θ θ= + θ − − + + − 
Observe que cada termo de potência ímpar está multiplicado por i, de 
modo que podemos colocar a unidade imaginária em evidência: 
2 4 6 3 5
cos sen
1 ... ...
2! 4! 6! 3! 5!
ie iθ
θ θ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ θ θ θ θ
= − + − + + θ − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Assim, temos então que cos .ie i senθ = θ + θ , a conhecida 
identidade de Euler. 
A partir daí, conseguimos determinar a forma exponencial de um 
número complexo: 
.(cos . ) . ( )iz i sen z e móduloθ= ρ θ + θ ⇒ = ρ ρ = 
A forma exponencial de um número complexo consegue simplificar a 
maior parte das fórmulas que envolvem números complexos, além de 
suas respectivas demonstrações. Como exemplo, considere a 
primeira fórmula de De Moivre: 
.[cos( ) . ( )] .[cos( ) . ( )]n nz i sen z n i sen n= ρ θ + θ ⇒ = ρ θ + θ 
Esta fórmula possui, normalmente, duas demonstrações. A primeira 
utiliza o Princípio De Indução Finita, e é um pouco demorada 
(sugerimos, como exercício, que cada candidato tente demonstrar tal 
fórmula). A segunda demonstração é baseada na forma exponencial, 
e é praticamente imediata: 
.(cos .sen ) . ( . ) .i n i n n inz i e z e eθ θ θ= ρ θ + θ = ρ ⇒ = ρ = ρ 
.[cos( ) .sen( )]n nz n i n⇒ = ρ θ + θ 
Dois lemas úteis também podem ser retirados facilmente da 
identidade de Euler: 
2
2
1 2 sen
2
1 2 cos
2
ii
ii
e i e
e e
θθ
θθ
θ⎧ − = − ⋅ ⋅⎪⎪
⎨
θ⎪ + = ⋅ ⋅
⎪⎩
 
A demonstração da primeira é: 
( ) 2 22 2 2 2 21 2 2 sen2 2
i i
i i i i ii e ee e e e i e i e
i
θ − θ
θ − θ θ θ θθ
⎛ ⎞− θ⎜ ⎟− = − = − ⋅ = − ⋅ ⋅
⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Pois 2 2 cos sen cos sen 2 sen
2 2 2 2 2
i i
e e i i i
θ − θ θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + − − = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. 
A demonstração do segundo lema é análoga e fica como exercício. 
 
 
Observe a questão a seguir, retirada do vestibular ITA-97. Essa 
questão é uma boa aplicação da forma exponencial, ao invés da 
utilização direta da fórmula de De Moivre. 
 
Exemplo: (ITA 1997) Considere os números complexos z = 2 i 2+ 
e w = 1 + i 3 . Se m = 
26 4
2 3
w + 3z + 4i 
z + w + 6 - 2i 
, então m vale: 
a) 34 b) 26 c) 16 d) 4 e) 1 
 
Resolução: (Alternativa A) 
Utilizando a forma exponencial, temos: 
42 iz e
π
= e 32 iw e
π
= 
 
Dessa forma, temos então que o numeradoré dado por: 
6 4 23. 4 64. 3.16. 4 16 4i iw z i e e i iπ π+ + = + + = + 
 
Fazendo o mesmo para o denominador: 
2 3 26 2 4. 8. 6 2 2 2i iz w i e e i i
π π+ + − = + + − = − + 
Dessa forma temos 
2
2
16 4 272 34
82 2
i
m
i
+
= = =
− +
. 
 
 
 
 
 
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46 
 
TEOREMAS DE PAPPUS-GULDIN 
 
Dois teoremas importantes ao se trabalhar com superficies (ou 
sólidos) de revolução, são os teoremas de Pappus–Guldin. Tais 
teoremas permitem calcular o volume ou a área gerada pela rotação 
de uma curva em torno de um eixo fixo. 
 
(I) ÁREAS: PAPPUS-GULDIN 
Seja L o comprimento da linha, EE’ o eixo de rotação e d a distância 
do centro de massa da linha ao eixo de rotação EE’. Sendo S a área 
gerada pela rotação da linha em torno do eixo, temos: 
2S L d= π ⋅ ⋅ 
 
 
 
(II) VOLUMES: PAPPUS-GULDIN 
Seja S a área da figura e d a distância do centro de massa ao eixo de 
rotação EE’. O volume V do sólido obtido pela rotação da figura em 
torno do eixo EE’ é dado por: 
2V S d= π ⋅ ⋅ 
 
 
 
Exemplo: (IME 2010) Sejam ABC um triângulo equilátero de lado 
2 cm e r uma reta situada no seu plano distante 3 cm do seu 
baricentro. Calcule a área da superfície gerada pela rotação desse 
triângulo em torno da reta r. 
a) 28 cmπ b) 29 cmπ c) 212 cmπ 
d) 216 cmπ e) 236 cmπ 
 
Resolução: (Alternativa E) 
Como a distância x do centro de massa do triângulo à reta r é 3 cm, 
temos, pelo teorema de Pappus-Guldin, que a área da superfície 
gerada é dada por 2A x p= π ⋅ ⋅ , onde p é o perímetro do triângulo 
equilátero. Logo: 
2 2 3 6A x p= π ⋅ ⋅ = π ⋅ ⋅ ⇔ 236 cmA = π 
 
BINÔMIO DE NEWTON 
 
Chamamos de Binômio de Newton a expressão da forma ( )nax by+ , 
onde a, b, x e y são números reais (ou complexos) e n é um número 
natural. Tal expressão é desenvolvida pela fórmula: 
0 1 1 2 2
1 1 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 1 2
( ) ( ) ( ) ( )
1
n n n n
n n
n n n
ax by ax by ax by ax by
n n
ax by ax by
n n
− −
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
Essa expressão pode ser escrita na notação somatório: 
0
( ) ( ) ( )
n
n n k k
k
n
ax by ax by
k
−
=
⎛ ⎞
+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ . 
 
A partir disso, podemos destacar o termo geral do binômio: 
1 ( ) ( )
n k k
k
n
T ax by
k
−
+
⎛ ⎞
= ⋅ ⋅⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
 
 
 
E fazendo 1x y= = , temos a soma dos coeficientes do binômio: 
0
Soma ( 1 1) ( )
n
n k k n n
k
n
a b a b a b
k
−
=
⎛ ⎞
= ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ 
 
Exemplo: (ITA 2004) O termo independente de x no desenvolvimento 
do binômio 
12
3
3
3 5
5 3
x x
x x
⎛ ⎞
⎜ ⎟−
⎜ ⎟
⎝ ⎠
é: 
a) 3729 45 b) 3972 15 c) 3
3891
5
 d) 3 5376
3
 e) 3165 75 
 
Resolução: (Alternativa E) 
Do binômio de Newton, temos: 
1212 1 1
1 13 2 3
3 63
3 5 3 3
5 5 53
x x x x
x x
−
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
121 1 36 5
1 1 3 2412 122 3 6
3 6 6
0 0
12 123 3 3( 1)
5 5 5
k k k
k
k
k k
x x x
k k
− −
− −
−
= =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ − = ⋅ − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ ∑ 
 
E o termo geral de tal binômio é: 
36 5
3 246
6
1
12 3( 1)
5
k
k
k
kT xk
−
−
+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ − ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Assim, para que tenhamos o termo independente de x, o expoente de 
x deve ser zero. Logo, 3 24 0 8
6
k k− = ⇔ = . Portanto, o termo 
independente de x é obtido se 8k = , e tal termo é: 
4
68 0 3
9
12 3 25( 1) 495
8 5 9
T x
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
3
9 165 75T = . 
 
Se podemos desenvolver o binômio de Newton, também podemos 
desenvolver o polinômio de Newton, que é conhecido como polinômio 
de Leibniz. 
 
Tal polinômio é obtido do desenvolvimento de 1 2( )
n
px x x+ + + . 
Pensando analogamente ao binômio de Newton, podemos 
desenvolver o polinômio de Leibniz como uma generalização do 
binômio. Assim: 
 
1 2
1 2 1 2
1 2
!( )
! ! !
pn
p p
p
nx x x x x xαα α+ + + =
α α α∑ , 
onde 1 2 p nα + α + + α = . 
 
Exemplo: (ITA 2006) Determine o coeficiente de 4x no 
desenvolvimento de 2 9(1 )x x+ + . 
 
Resolução: 
A partir do desenvolvimento do polinômio de Leibniz, temos: 
2 9 2 29! 9!(1 ) 1
! ! ! ! ! !
i j k j kx x x x x
i j k i j k
++ + = =∑ ∑ , onde 9i j k+ + = . 
 
E 
'E 
d 
CM 
 S 
 E 
 E’ 
 
• d 
 
 
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47 
 
Assim, devemos resolver o seguinte sistema: 
9
2 4
i j k
j k
+ + =⎧
⎨
+ =⎩
, com i, j, k 
inteiros não-negativos. Com isso, podemos montar uma tabela: 
 
i j k 
7 0 2 
6 2 1 
5 4 0 
 
Logo, o coeficiente de 4x em 2 9(1 )x x+ + é: 
9! 9! 9! 36 252 126
7!0!2! 6!2!1! 5!4!0!
+ + = + + = 414 
 
 
TEORIA DOS CONJUNTOS 
 
No vestibular de 2006, o tópico de Teoria dos Conjuntos rendeu um 
total de três questões, ou seja, 10% da prova. Pode parecer pouco, 
mas na verdade esse foi um dos tópicos mais cobrados, justamente 
por ser um tema que exige boa capacidade de abstração por parte 
dos candidatos. 
 
Conjunto: é uma coleção de elementos. 
a) vazio: não possui elementos 
b) unitário: possui um único elemento 
c) universo: conjunto que possui todos os elementos 
Relação de pertinência: se x é um elemento do conjunto A x A⇒ ∈ . 
Caso contrário, x A∉ . 
 
Subconjunto: se todos os elementos de um conjunto A pertencem a 
um conjunto B então A é subconjunto de B, ou seja, A B⊂ . 
 
Operações com conjuntos: 
a) união: { / }A B x x A ou x B∪ = ∈ ∈ 
b) intersecção: { / }A B x x A e x B∩ = ∈ ∈ 
c) diferença: { / }A B x x A e x B− = ∈ ∉ . 
 
Complementar: se A B⊂ então o complementar de A com relação à 
B é o conjunto BAC B A= − . 
 
União de dois conjuntos: ( ) ( ) ( ) ( )n A B n A n B n A B∪ = + − ∩ 
 
Conjunto das partes: dado um conjunto A, o conjunto das partes de 
A, P(A), é o conjunto de todos os possíveis subconjuntos de A. Se A 
possui n elementos, então o conjunto P(A) possui 2n elementos. 
 
Partições de um conjunto: seja A um conjunto não-vazio e finito. 
Dizemos que 1 2{ , ,..., }nP A A A= é uma partição de A se cada conjunto 
em P é não-vazio, se a união de todos os elementos em P é igual ao 
conjunto A e se a intersecção desses conjuntos, tomados dois a dois, 
sempre é vazia. 
 
Exemplo: A = {1, 2, 3, 4, 5} 
Fazendo A1 = {1, 2, 3} e A2 = {4, 5}, temos que 1 2 { }A A∩ = e 
1 2 1 2{ , }A A A A A∪ = ⇒ é uma partição de A. 
 
Agora, uma questão muito interessante do vestibular de 2006: 
 
Exemplo: (ITA 2006) Seja U um conjunto não vazio com n elementos, 
n ≥ 1. Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte propriedade: 
Se ,A B S∈ então A B⊂ ou B A⊂ . 
Então, o número máximo de elementos que S pode ter é: 
a) 2n-1 
b) n/2, se n for par, e (n + 1)/2 se n for ímpar; 
c) n+1 
d) 2n - 1 
e) 2n-1 + 1 
Resolução: (Alternativa C) 
Se A e B são conjuntos em S, temos que eles possuem, no máximo, n 
elementos. Considere An um conjunto em S com n elementos. Assim, 
se B está em S, B é subconjunto de An, e, portanto, deve possuir n – 1 
elementos (se B tem n elementos então B = An). Afirmamos que B é o 
único subconjunto com n – 1 elementos. De fato, se existir um 
conjunto C com n -1 elementos com C ≠ B então teríamos que B C⊄ 
e C B⊄ , o que contraria nossa hipótese. Logo, B é único. Seja então 
B = An-1. 
Prosseguindo com o raciocínio, montamos a seguinte cadeia de 
inclusões: 
0 1 1{ } ... n nA A A A−= ⊂ ⊂ ⊂ ⊂ 
Essa sequência é a maior possível, e respeita as condições impostas 
por S. Logo, o número máximo de elementos que S pode ter é n + 1. 
Como comentário, essa foi uma questão que exigiu uma boa dose de 
raciocínio por parte dos candidatos, e ilustra bem um vestibular que 
não quer apenas fórmulas decoradas. 
 
EQUAÇÕES POLINOMIAIS RECÍPROCAS 
 
Equações algébricas que são importantes no vestibular do ITA, sendo 
um assunto recorrente nesse vestibular, são as equações polinomiais 
recíprocas. Vamos desenvolver dois pontos: como reconhecer tais 
equações e como trabalhar com elas. 
 
(I). Reconhecimento 
Uma equação da forma 11 1 0 0
n n
n na x a x a x a
−
−⋅ +⋅ + + ⋅ + = é dita 
recíproca se e somente se k n ka a −= ± , com 0 k n≤ ≤ . Isto fornece um 
conjunto de equações “simétricas”, por exemplo: 
a) 22 3 2 0x x+ + = ; 
b) 3 24 3 3 4 0x x x− + − = ; 
c) 6 5 4 2 0a x b x c x c x b x a⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − = , com 0a ≠ ; 
d) 5 4 3 2 0a x b x c x c x b x a⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = , com 0a ≠ . 
 
(II). Classificação e Resolução 
Se k n ka a −= , como em (a) e (d), a equação é classificada como 
equação recíproca de primeira espécie; 
Se k n ka a −= − , como em (b) e (c), a equação é classificada como 
equação recíproca de segunda espécie. 
 
Exemplo: (ITA 2008 adaptada) É dada a equação polinomial 
3 2( 2) ( 3 1) ( ) ( 4) 0a c x b c x c a x a b+ + ⋅ + + + ⋅ + − ⋅ + + + = , com a, b, c 
reais e 2a c+ ≠ − . Sabendo-se que essa equação é recíproca de 
primeira espécie e que 1 é uma raiz, então o produto a b c⋅ ⋅ é igual a: 
a) –2 b) 4 c) 6 d) 9 e) 12 
 
Resolução: (Alternativa E) 
Do fato de ser recíproca de primeira espécie, temos: 
2 4 2
3 1 1 3
a c a b b c
b c c a a c
+ + = + + = −⎧ ⎧
⇔⎨ ⎨
+ + = − = −⎩ ⎩
. 
 
Usando o fato de que 1x = é raiz, temos: 
3 2( 2) 1 ( 3 1) 1 ( ) 1 ( 4) 0a c b c c a a b+ + ⋅ + + + ⋅ + − ⋅ + + + = ⇔ 
2 5 7a b c+ + = − 
 
Resolvendo o sistema de três equações a três incógnitas: 
2 4
1 3 3
2 5 7 1
b c a
a c b
a b c c
= − =⎧ ⎧
⎪ ⎪= − ⇔ = −⎨ ⎨
⎪ ⎪+ + = − = −⎩ ⎩
 
 
Assim, o produto pedido vale: 
4 ( 3) ( 1)a b c⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⇔ 12a b c⋅ ⋅ = 
 
A partir da classificação, podemos deduzir que: 
a) 1x = é raiz de uma equação recíproca de segunda espécie; 
b) 1x = − é raiz de uma equação recíproca de primeira espécie e grau 
ímpar. 
 
Resolvendo uma equação recíproca de segunda espécie com 1x = , 
caímos em uma equação recíproca de primeira espécie de grau par 
ou grau ímpar. Se o grau for impar, 1x = − é raiz; se o grau for par, a 
 
 
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48 
 
técnica de resolução é dividir a equação por 2
p
x , onde p é o grau do 
polinômio resultante, e usar as identidades a seguir: 
1x
x
+ = α , 2 22
1 2x
x
+ = α − , 3 33
1 3x
x
+ = α − α ,... 
 
Exemplo: (ITA 1997) Seja S o conjunto de todas as raízes da 
equação 6 52 4 4 2 0x x x− + − = . Sobre os elementos de S podemos 
afirmar que: 
a) todos são números reais. 
b) 4 são números reais positivos. 
c) 4 não são números reais. 
d) 3 são números reais positivos e 2 não são reais. 
e) 3 são números reais negativos. 
 
Resolução: (Alternativa D) 
A equação é recíproca de segunda espécie, de modo que 1x = é 
raiz. Dividindo 6 5( ) 2 4 4 2p x x x x= − + − por 1x − , temos: 
6 5 5 4 3 2( ) 2 4 4 2 2 ( 1) ( 1)p x x x x x x x x x x= − + − = ⋅ − ⋅ − − − − + 
 
A equação 5 4 3 2 1 0x x x x x− − − − + = , por sua vez, é recíproca de 
primeira espécie e grau ímpar, de modo que 1x = − é raiz, e podemos 
dividir por 1x + : 
4 3 2( ) 2 ( 1) ( 1) ( 2 2 1)p x x x x x x x= ⋅ − ⋅ + ⋅ − + − + 
 
A equação 4 3 22 2 1 0x x x x− + − + = é recíproca de primeira espécie e 
grau par. Como 0x = não é raiz, dividindo os dois membros por 2x , 
vem que: 
4 3 2 2
2
2 12 2 1 0 2 1 0x x x x x x
x x
− + − + = ⇔ − + − + = 
 
Fazendo a troca de variáveis 1x
x
+ = α , temos 2 22
1 2x
x
+ = α − , de 
modo que caímos na equação em α : 
2 12 1 0 1 2 1 2x
x
α − α − = ⇔ α = ± ⇔ + = ± 
 
Temos: 
21 1 2 2 2 11 2 (1 2) 1 0
2
x x x x
x
+ ± −
+ = + ⇔ − + ⋅ + = ⇔ = 
 
E ainda: 
21 1 2 ( 2 1) 1 0x x x
x
+ = − ⇔ + − ⋅ + = 
2( 2 1) 4 1 1 2 2 1 0Δ = − − ⋅ ⋅ = − − < 
 
Portanto, das seis raízes (complexas) da equação 
6 52 4 4 2 0x x x− + − = , temos quatro raízes reais, das quais três 
positivas (1 e 1 2 2 2 1
2
+ ± − ) e uma negativa (–1), além de duas 
complexas não-reais. 
 
EQUAÇÕES COM PARÂMETROS 
 
Discutir uma equação, ou uma inequação, em função de um ou mais 
parâmetros, consiste em determinar, para cada valor assumido pelos 
parâmetros, o conjunto verdade das mesmas. Considere, por 
exemplo, a equação a seguir, na variável x: 
2( 4) 2a x a− ⋅ = − 
 
Vamos analisar o conjunto verdade, em , dessa equação, em 
função do parâmetro real a. Observe que podemos fatorar o 
coeficiente de x no primeiro membro da equação: 
( 2) ( 2) 2a a x a+ ⋅ − ⋅ = − 
 
Muito cuidado para não cancelar diretamente o fator ( 2)a − , pois ele 
pode ser zero. 
 
Se 2a = , ficamos com a equação 0 0x⋅ = , que é satisfeita para todo 
x∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = . 
 
Se 2a = − , ficamos com a equação 0 4x⋅ = − , que não é satisfeita 
para nenhum valor real de x. Assim, temos conjunto verdade V = ∅ . 
 
Se 2a ≠ e 2a ≠ − , temos 2 1
( 2) ( 2) 2
ax
a a a
−
= =
+ ⋅ − +
 e, nesse caso, o 
conjunto verdade 1
2
V
a
⎧ ⎫= ⎨ ⎬
+⎩ ⎭
 é unitário. 
 
Via de regra, nesse tipo de exercício, o aluno deve ficar muito atento 
para as condições de existência sobre a variável x, principalmente 
com relação a valores do parâmetro que zeram algum denominador, 
raízes de índice par (que só existem em para radicandos não-
negativos), etc. 
 
Um cuidado extra é necessário ainda para resolver inequações 
envolvendo parâmetro, pois nesse caso, deve-se atentar para as 
condições em que o sinal da inequação se mantém ou se inverte. 
Considere, por exemplo, a inequação, na variável x: 
2( 4) 2a x a− ⋅ ≥ − 
 
Começamos, novamente, fatorando a expressão no primeiro membro: 
( 2) ( 2) 2a a x a+ ⋅ − ⋅ ≥ − 
 
Se 2a = , ficamos com a inequação 0 0x⋅ ≥ , que é satisfeita para 
todo x∈ . Nesse caso, temos conjunto verdade V = . 
 
Se 2a = − , ficamos com a inequação 0 4x⋅ ≥ − , que também é 
satisfeita para todo x∈ . Assim, aqui também temos conjunto 
verdade V = . 
 
Se 2a ≠ e 2a ≠ − , devemos agora analisar o sinal do coeficiente 
2 4a − . Considerando a função 2( ) 4f a a= − , temos graficamente: 
 
 
 
Assim, se 2a < − ou 2a > , tem-se 2 4 0a − > , de modo que: 
1 1( 2) ( 2) 2 ,
2 2
a a x a x V
a a
⎡ ⎡+ ⋅ − ⋅ ≥ − ⇒ ≥ ⇒ = + ∞⎢ ⎢+ +⎣ ⎣
 
 
Por outro lado, se 2 2a− < < , tem-se 2 4 0a − < e, portanto: 
1 1( 2) ( 2) 2 ,
2 2
a a x a x V
a a
⎤ ⎤+ ⋅ − ⋅ ≥ − ⇒ ≤ ⇒ = −∞⎥ ⎥+ +⎦ ⎦
 
 
O exemplo a seguir foi, originalmente, uma das questões, proposta 
pela então Tchecoslováquia, presentes na prova da quinta Olimpíada 
Internacional de Matemática (IMO), realizada em 1963. 
 
Exemplo: (ITA 2007) Considere a equação: 
 
2 22 1x p x x− + − = . 
 
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes 
reais? 
b) Determine todas essas raízes reais. 
 
Resolução: 
Da condição de existência em sobre as raízes de índice par, 
temos: 
+ 
– 2 2 
+ 
– 
a 
 
 
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49 
 
2 2
2 2
0
1 0 1
x p x p
x x
⎧ ⎧− ≥ ≥⎪ ⎪⇔⎨ ⎨
− ≥ ≥⎪ ⎪⎩ ⎩
(I)
(II)
 
 
Além disso, desde que essas condições sejam satisfeitas, tem-se por 
consequência: 
2
2 2
2
0
2 1 0
1 0 00
x p
x x p x x
x
⎧ − ≥⎪ ⇒ = − + − ⇒ ≥⎨
⎪ − ≥⎩ ≥≥
(III) 
 
Levando em consideração as restrições (I), (II) e (III), elevamos 
ambos os membros da equação irracional ao quadrado, observando, 
porém, que podemos introduzir novas raízes na equação obtida a 
partir desse ponto, que não satisfazem a equação original. Daí a 
necessidade de verificar as três condições obtidas até então. 
( ) ( )2 22 2 2 2 22 1 4 1 ( 4) 4x p x x x p x p x− + − = ⇔ − − = + − 
 
Sendo 
2
2 2
2
0
4 1 0
1 0
x p
x p x
x
⎧ − ≥⎪ ⇒ − − ≥⎨
⎪ − ≥⎩
, temos mais uma 
condição: 
2( 4) 4 0p x+ − ≥ (IV) 
 
Nesse caso, elevamos novamente os dois membros da equação 
irracional ao quadrado: 
( ) ( )2 22 2 2 2 24 1 ( 4) 4 (16 8 ) 8 16x p x p x p x p p− − = + − ⇔ − ⋅ = − + 
2 28 (2 ) ( 4)p x p⇔ ⋅ − ⋅ = − 
 
Se 2p = , temos a equação incompatível: 20 4x⋅ = . 
 
Se 4p = , temos: 0x = , o que não satisfaz a condição (II). 
 
Se 2p > e 4p ≠ , temos: 
2
2
2
2 0 ( 4) 0
8 (2 )( 4) 0
p px
pp
− <⎧ −⎪ ⇒ = <⎨
⋅ −− >⎪⎩
, também 
impossível em . 
 
Para 2p < , temos 
2
2
2
2 0 ( 4) 0
8 (2 )( 4) 0
p px
pp
− >⎧ −⎪ ⇒ = >⎨
⋅ −− >⎪⎩
, de modo que as 
possíveis raízes são: 
| 4 |
2 2 (2 )
px
p
−
= ±
⋅ −
 
 
Entretanto, descartamosa possibilidade | 4 | 0
2 2 (2 )
px
p
−
= − <
⋅ −
, pois 
claramente ela não satisfaz a condição (III), que exige 0x ≥ . 
 
Assim, nos resta analisar a possibilidade | 4 |
2 2 (2 )
px
p
−
=
⋅ −
, para 
2p < . Devemos descobrir para quais valores do parâmetro 2p < ela 
verifica simultaneamente as condições (I), (II), (III) e (IV). 
 
Inicialmente, observe que, se 2p < , então 4 0p − < , de modo que 
| 4 | 4p p− = − . Assim, podemos reescrever 4
2 2 (2 )
px
p
−
=
⋅ −
. 
 
A condição (III) é claramente satisfeita para 2p < , já que, nesse caso, 
tem-se 4 0
2 2 (2 )
px
p
−
= >
⋅ −
. 
 
Para a condição (I), temos: 
2
2 ( 4)
8 (2 )
px p p
p
−
≥ ⇔ ≥
⋅ −
. 
Se 2p < , o denominador é positivo, de modo que podemos 
multiplicar os dois membros da inequação por 8 (2 )p⋅ − , mantendo o 
sinal da inequação: 
2 2 2 28 16 16 8 9 24 16 0 (3 4) 0p p p p p p p− + ≥ − ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ 
 
Sendo o primeiro membro da última inequação um quadrado perfeito, 
a desigualdade sempre será satisfeita (para 2p < ). 
 
Para a condição (II), temos: 
2
2 ( 4)1 1
8 (2 )
px
p
−
≥ ⇔ ≥
⋅ −
 
Novamente levando em consideração que o denominador é positivo 
para 2p < , como no caso anterior, segue que: 
2 2 2( 4) 8 (2 ) 8 16 16 8 0p p p p p p− ≥ ⋅ − ⇔ − + ≥ − ⇒ ≥ 
 
Essa desigualdade também é sempre satisfeita. 
 
Finalmente, para a condição (IV), fazemos: 
2
2 2 ( 4)( 4) 4 0 4 4 4 4
8 (2 )
pp x x p p
p
−
+ − ≥ ⇔ ≤ + ⇔ ⋅ ≤ +
⋅ −
 
 
Mais uma vez, para 2p < , isso equivale a: 
2 2 4( 4) 2 (2 ) ( 4) 3 4 0 0
3
p p p p p p− ≤ ⋅ − ⋅ + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ 
 
Assim, a condição sobre o parâmetro real p para que se tenha 
4
2 2 (2 )
px
p
−
=
⋅ −
 como raiz da equação apresentada é: 
2
404 30
3
p
p
p
<⎧
⎪ ⇒ ≤ ≤⎨
≤ ≤⎪⎩
 
 
Resumimos toda essa análise respondendo formalmente aos dois 
itens do exercício: 
a) A equação admite raízes reais apenas para 40
3
p≤ ≤ . 
 
b) A única raiz real, para 40
3
p≤ ≤ , é 4
2 2 (2 )
px
p
−
=
⋅ −
. 
 
SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA 
 
A substituição trigonométrica é um método muito utilizado para 
resolver integrais em Cálculo. Também podemos lançar mão desse 
procedimento em algumas equações, cuja resolução por métodos 
puramente algébricos seria muito trabalhosa, ou praticamente 
impossível. Considere o seguinte exemplo, retirado da 24ª OBM 
(Olimpíada Brasileira de Matemática), nível universitário. 
 
Exemplo: (OBM) Determine todas as soluções reais da equação: 
2 2 2x x= + − + . 
 
Resolução: 
Observe que o procedimento de ir elevando ao quadrado os dois 
membros da equação nos conduziria a uma equação polinomial de 8º 
grau, além de introduzir diversas condições de existência para cada 
vez que elevássemos os dois membros ao quadrado. Entretanto, ao 
invés disso, podemos observar de início que, das condições de 
existência sobre as raízes de índice par: 
2 0 2
2 2 1 1
2 22 2 0
x x xx
xx
+ ≥⎧ ≥ −⎧⎪ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤⎨ ⎨
≤− + ≥⎪ ⎩⎩
 
 
Nesse caso, associamos, para cada x∈ , com 1 1
2
x
− ≤ ≤ , um único 
[ ]0,θ∈ π tal que cos 2cos
2
x x= θ ⇔ = θ . Além disso, garantida a 
 
 
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existência das raízes, tem-se 2 2 2 0x x= + − + ≥ , de modo que 
cos 0θ ≥ . Assim, podemos restringir 0,
2
π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
. Fazendo então a 
substituição: 
2cos 2 2 2 2cos 2cos 2 2 2 (1 cos )θ = + − + θ ⇔ θ = + − ⋅ + θ 
 
A partir daqui é que a Trigonometria começa a simplificar a resolução 
da equação. Observe que, da identidade de arco duplo: 
2 2cos cos 2 2cos 1 1 cos 2cos
2 2 2
θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = ⋅ = − ⇔ + θ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Assim, voltando à equação: 
22cos 2 2 2 2cos 2cos 2 2 2 cos
2 2
θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = + − ⋅ ⇔ θ = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Como 0,
2
π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
, temos cos 0 cos cos
2 2 2
θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, e a 
equação se reduz a 2cos 2 2 1 cos
2
⎛ ⎞θ⎛ ⎞θ = + ⋅ −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Novamente por arco duplo: 
2 2cos cos 2 1 2sen 1 cos 2sen
2 4 4 2 4
θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ = − ⇔ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Assim, voltando à equação: 
22cos 2 2 2sen 2cos 2 2 sen
4 4
θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = + ⋅ ⇔ θ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Também para 0,
2
π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
, temos sen 0 sen sen
4 4 4
θ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, e 
a equação se reduz a 2cos 2 1 sen
4
⎛ ⎞θ⎛ ⎞θ = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
. 
Para podermos utilizar mais uma vez a identidade de arco duplo, 
fazemos: 21 sen 1 cos 2cos
4 2 4 4 8
θ π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. Logo: 
22cos 2 2cos 2cos 2 cos
4 8 4 8
⎛ ⎞π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ = ⋅ − ⇔ θ = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
 
Para 0,
2
π⎡ ⎤θ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
, temos cos 0 cos cos
4 8 4 8 4 8
π θ π θ π θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≥ ⇔ − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
, 
e a equação se reduz a: cos cos
4 8
π θ⎛ ⎞θ = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
. 
Como θ e 
4 8
π θ⎛ ⎞−⎜ ⎟
⎝ ⎠
 são dois arcos do primeiro quadrante com o 
mesmo cosseno, a única possibilidade é que eles sejam iguais: 
2
4 8 9
π θ π
θ = − ⇔ θ = 
Finalmente, a única raiz real da equação é 22cos
9
x π⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
. 
O próximo exemplo aparece no livro “Mathematical Olympiad 
Challenges”, dos autores romenos Titu Andreescu e Razvan Gelca. 
 
Exemplo: (ITA 2004) Determine os valores reais do parâmetro a para 
os quais existe um número real x satisfazendo 21 x a x− ≥ − . 
 
1ª Resolução: 
Pela condição de existência sobre a raiz quadrada, temos: 
21 0 1 1x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤ 
 
Assim, para cada [ ]1,1x∈ − , podemos associar um e somente um 
[ ]0 ,θ∈ π tal que cosx = θ . Nesse caso, a equação se transforma 
em: 
2 21 cos cos sen cos sen cosa a a− θ ≥ − θ ⇔ θ ≥ − θ ⇔ θ ≥ − θ 
 
Como tomamos [ ]0 ,θ∈ π , temos, nesse intervalo, necessariamente 
sen 0θ ≥ , de modo que sen senθ = θ , e a equação se reduz a: 
sen cos sen cosa aθ ≥ − θ ⇔ θ + θ ≥ 
 
Multiplicando e dividindo o primeiro membro por 2 , temos: 
1 12 sen cos 2 sen
42 2
a aπ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ θ + ⋅ θ ≥ ⇔ ⋅ θ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
 
Pela limitação da função seno, temos sen 1
4
π⎛ ⎞θ + ≤⎜ ⎟
⎝ ⎠
 e, portanto: 
2 sen 2 1 2
4
a π⎛ ⎞≤ ⋅ θ + ≤ ⋅ = ⇒⎜ ⎟
⎝ ⎠
2a ≤ 
 
Poderíamos também resolver esse exercício graficamente, o que 
inclusive ajuda a entender, geometricamente, o sentido da 
substituição trigonométrica feita acima. 
 
2ª Resolução: 
Considere, para tanto, a função [ ]: 1,1f − → , definida por 
2( ) 1f x x= − , e a função :g → , definida por ( )g x x a= − + . 
 
Por um lado, devemos observar que a condição de existência sobre o 
domínio da função f limita a resolução da inequação também ao 
intervalo fechado [ ]1,1− , ou seja, não precisaríamos considerar a 
função g definida para todo x real. 
 
A função g, na verdade, representa uma família de funções do 1º 
grau, uma para cada valor real do parâmetro a. Entretanto, 
independente do valor de a, necessariamente seu gráfico será uma 
reta decrescente, de coeficiente angular –1, que intercepta o eixo das 
abscissas no ponto ( ,0)a , como esboçado na figura a seguir: 
x 
y 
a < 0 a > 0 
 
Por outro lado, fazendo 2( ) 1y f x x= = − , temos: 
2 2
0
1
y
x y
≥⎧⎪
⎨
+ =⎪⎩
. 
Assim, o gráfico de f corresponde a uma semicircunferência de centro 
(0, 0) e raio 1, para 0y ≥ . Observe que, sendo uma 
semicircunferência de raio 1, cada ponto de coordenadas ( , )x y pode 
ser descrito por (cos ,sen )θ θ , sendo isso que justifica, 
geometricamente, a substituição trigonométrica feita na 1ª resolução: 
x 
y 
–1 1 
θ 
cos θ 
sen θ 
 
 
Queremos descobrir para quais valores do parâmetro a obtemos um 
conjunto verdade não vazio para a inequação ( ) ( )f x g x≥ , isto é, para 
os quais existe pelo menos um [ ]1,1x∈ − tal que ( ) ( )f x g x≥ . 
Geometricamente, isso significa que a única posição relativa entre a 
reta (função g) e a semicircunferência (função f) que não pode ocorrer 
 
 
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é a reta ficar totalmente acima da semicircunferência. Assim, o maior 
valor do parâmetro a que ainda dá certo é aquele que torna a reta 
tangente à semicircunferência, como ilustra a figura: 
x 
y 
–11 a 
1 
45° 45° 
 
Nesse caso, temos 1cos45 2a
a
° = ⇔ = . 
Portanto, de acordo com os gráficos, a inequação tem solução se e 
somente se 2a ≤ . 
 
FÓRMULA DE PROBABILIDADE TOTAL E TEOREMA DE BAYES 
Seja um espaço amostral Ω , para quaisquer dois eventos ,A B ⊂ Ω 
temos a Formula de Probabilidade Total: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )| | C CP B P B A P A P B A P A= ⋅ + ⋅ 
Para o caso geral, seja { }1 2 3, , ,..., nA A A A uma partição de Ω , ou seja, 
1 2 ... nA A A∪ ∪ ∪ = Ω e i jA A∩ = ∅ para qualquer i j≠ . Assim a 
forma geral da Formula de Probabilidade Total é dada por: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2| | ... | n nP B P B A P A P B A P A P B A P A= ⋅ + ⋅ + + ⋅ 
Essa formula é equivalente ao nosso intuitivo “separar em casos”, pois 
condicionamos cada evento a um caso possível. 
 
Sejam 2 eventos ,A B ⊂ Ω com ( ) 0P A ≠ e ( ) 0P B ≠ , então o 
Teorema de Bayes diz que: 
( ) ( ) ( )( )
|
|
P A P B A
P A B
P B
⋅
= . 
A questão 4 do ITA-2011 (Que foi anulada) mostra bem a utilidade 
desses 2 teoremas, principalmente juntos. 
Exemplo: 
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: 
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. 
COMENTÁRIOS FINAIS DE MATEMÁTICA 
 
É importante ficar claro que, embora o vestibular do ITA seja uma 
prova de grande inteligência, na qual muitas vezes existem dois ou 
mais métodos de resolução para uma dada questão (um normalmente 
mais rápido e outro um pouco mais trabalhoso), o mais importante é 
RESOLVER O EXERCÍCIO. De fato, não importa o caminho, e sim o 
resultado. Embora seja muito importante manter o espírito crítico e 
refletir a cada questão, não vale à pena perder muito tempo 
procurando um caminho curto quando se sabe uma maneira de 
resolver a questão, pois tempo é um bem precioso nesse 
vestibular. Boa prova! 
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