PROVA COMENTADA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular ITA 2016 MATEMÁTICA 01.

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1 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6

2 Questão esposta: B POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 I Verdadeira ( ) log log D( ) / Portanto, é resent resente II Verdadeira log / III Falsa Considere que () e g() Atribuindo valores não negativos para temos () g() () g () () 9 g() Temos portanto que () g() Alternativa: B

3 esolução da Prova de Matemátia do ITA Data: 7 de dezembro de 5 POVA COMENTADA PELOS ) ADILSON ESOLVE Vestibular ITA 6 ) Se é um número natural om 5 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de 7 é igual a: a) 85 b) 86 ) 87 d) 88 e) 89 esposta: D Se é um número natural om 5 dígitos, então, em notação ientíia, tem-se: = N, em que < N < Desta orma, pode-se esrever: < < 5 Tomando-se o logaritmo deimal de todos os termos, tem-se: log log log 5 log 5 Dividindo todos os termos por 7, tem-se: log log Utilizando a deinição de logaritmo, tem-se: Como 87, e 87, 86 7, pode-se esrever: 87, , 9 Portanto, a parte inteira de 7 possui 88 dígitos ) Esolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo [, ], a Alternativa: probabilidade D de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométria é igual a a)

4 POVA COMENTADA PELOS possui 88 dígitos Portanto, a parte inteira de 7 Vestibular ITA 6 ) Esolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo [, ], a probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométria é igual a a) 85 87, , 9 b) ) d) e) esposta: sem resposta A esolha dos três números inteiros distintos no intervalo [, ] pode ser eita de C modos Os seguintes ternos satisazem às ondições do problema: (,, ) razão: (,, 9) razão: (,, 6) razão: (,, 8) razão: (, 6, 8) razão: (, 6, ) razão: (, 8, 6) razão: (, 6, 9) razão: (5,, ) razão: (8,, 8) razão: (9,, 6) razão: Portanto, a probabilidade é dada por: p Alternativa: SEM ESPOSTA

5 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão esposta: B Calulamos iniialmente o valor de se tg se 7 se 8 os 8 os Pela relação undamental obtemos o valor de sen sen os sen sen sen 8 Substituindo na órmula do seno do aro triplo, vem: sen() sen() sen () sen() sen() 8 Alternativa: B

6 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 5 Questão 5 esposta: D Observando os termos da sequênia, temos: a a log a log log a log a log log, 6 a log a log, 6 log, 6 I Verdadeira II Verdadeira Observe que a log k, para k Dessa orma, omo k tem-se que n III Verdadeira n log( k) a Alternativa: D

7 5) ADILSON ESOLVE POVA COMENTADA PELOS 6) Seja P n um polígono onveo regular de n lados, om n > Considere as airmações a seguir: Vestibular ITA 6 I P n é insritível numa irunerênia 6 II P n é irunsritível a uma irunerênia III Se é o omprimento de um lado de P n n e a n é o omprimento de um apótema de P n, então a n n, para todo n > É (são) verdaderia(s) a) apenas I b) apenas II ) apenas III d) apenas I e II e) I, II e III esposta: D I Verdadeira Todo polígono onveo regular é insritível numa irunerênia II Verdadeira Todo polígono onveo regular é irunsritível numa irunerênia III Falsa

8 POVA COMENTADA PELOS 6 (ontinuação) Vestibular ITA 6 Utilizando a razão tangente no triângulo destaado, tem-se: 8 n tg n a n a n n 8 tg n a Se n, então, ou seja: 8 n tg n 8 tg n 8 tg 8 Para n = 8, por eemplo, tem-se tg,5 Alternativa: D 7) ADILSON ESOLVE 8) Se o sistema de equações y z y 7 z y az b é impossível, então os valores de a e b são tais que: a) a = 6 e b b) a 6 e b ) a 6 e b = d) a = 6 e b = e) a é arbitrário e b esposta: A

9 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 7 Questão 7 esposta: B Como o raio é igual a m e o maior lado mede m, o triângulo é retângulo e o maior lado é a hipotenusa epresentamos as medidas dos atetos por e y, sendo o menor deles y Área y y y Pelo teorema de Pitágoras y

10 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 7 (ontinuação) y Área y y y Pelo teorema de Pitágoras y ( ) ( ) ( ) Como queremos a medida do menor ateto, temos m Alternativa: B

11 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 8 Alternativa: A Multipliando a ª equação por ( ) e adiionando os produtos aos termos da ª equação; multipliando a ª equação por ( ) e adiionando os produtos aos termos da ª equação, temse: 6 b z a y z y z y Multipliando a ª equação por e adiionando os produtos aos termos da ª equação, tem-se: 6 b z a z y z y Para que o sistema seja impossível deve-se ter a 6 = e b, ou seja, a = 6 e b 9) ADILSON ESOLVE ) ADILSON ESOLVE ) Se M e N, então MN T M N é igual a: a) 5 5

12 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 9 Questão 9 esposta: A esolvendo o sistema para determinar as oordenadas dos pontos P e Q y ( ) y ( ) 8 y P(,) y Q, Assim, loalizando no plano artesiano, e alulando a distânia PQ, temos P Q 8 6 PQ 5 5

13 POVA COMENTADA PELOS 9 (ontinuação) Vestibular ITA 6 Q 8 6 PQ 5 5 PQ 6 56 PQ Conorme lei dos ossenos: os 8 8 os 8 os os 5 5 Alternativa: A

14 sen 5 5 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão esposta: D Observando a relação trigonométria para seno da dierença de dois aros, e onsiderando que os aros e são omplementares, temos: sen( ) sen os sen os sen os e ossen sen( ) os os sensen sen( ) os sen sen( ) os( ) Assim, no triângulo retângulo, representando as medidas dos atetos por e y, deveremos alular o valor de os( ) : y Conorme enuniado e o teorema de Pitágoras, temos y 5 y 5 y Elevando ao quadrado a ª equação, vem: y y 5 5 y 6 5 y 5 5 (I) Observando relações seno e osseno no triângulo, podemos substituir em (I) os seguintes valores os e y sen os sen 5 5 sen os 5 5

15 Conorme enuniado e o teorema de Pitágoras, temos y 5 y 5 POVA COMENTADA PELOS y Elevando ao quadrado a ª equação, vem: Vestibular ITA 6 y y 5 5 (ontinuação) y 6 5 y 5 5 (I) Observando relações seno e osseno no triângulo, podemos substituir em (I) os seguintes valores os e y sen os sen 5 5 sen os 5 5 sen 5 5 Pela relação undamental (observando que é o menor ângulo) sen ( ) os ( ) 5 5 os ( ) os ( ) 5 os( ) 5 Alternativa: D

16 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Alternativa: C e) esposta: C Iniialmente, tem-se M e T N, logo: N M MN T 5 N M MN T 5 N M MN T ) ADILSON ESOLVE ) Sejam uma irunerênia de raio m e PQ uma orda em de omprimento m As tangentes a em P e em Q intereptam-se no ponto eterior a Então, a área do triângulo

17 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão esposta: B I) Verdadeira z iw i w z i Adiionando membro a membro: w iw i w ( i) i w ( i)( i) w i ( i)( i) Substituindo na ª equação i z i z i Calulando o que se pede: w z ( i) ( i) w z i i i i w z 6i II) Verdadeira y yi i y yi y i y y yi i y y Substituindo a ª equação na ª temos 6 ( )

18 i z i z i Calulando o que se pede: POVA COMENTADA PELOS w z ( i) ( i) w z i i i i w z 6i II) Verdadeira (ontinuação) Vestibular ITA 6 y yi i y yi y i y y yi i y y Substituindo a ª equação na ª temos ( ) 6 y z i y z i y z i y z i Portanto a soma dos quatro ompleos é igual a zero III) Falsa z i i 9 59 z i i 9 59 z i i i z i i z i i z i Alternativa: B

19 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 e) esposta: E Observe a ilustração: e) e) esposta: E esposta: E stração: Observe a ilustração: Observe a ilustração: O triângulo OPQ é equilátero de lado medindo m O triângulo PQ é isóseles, pois P = Q Utilizando a lei dos senos no triângulo PQ, tem-se: P sen sen P m A área do triângulo PQ é dada por: S sen S m ) ADILSON ESOLVE PQ é equilátero O triângulo de lado OPQ medindo é equilátero m de lado medindo m O triângulo triângulo OPQ PQ é é equilátero isóseles, de pois lado P medindo = Q m Q é isóseles, pois P = Q O Utilizando triângulo PQ a lei dos é isóseles, senos no pois triângulo P = PQ, Q lei dos senos no triângulo PQ, tem-se: tem-se: Utilizando a lei dos senos no triângulo PQ, tem-se: P sen sen P sen sen sen Alternativa: m P E m P m ngulo PQ A área é dada do triângulo por: PQ é dada por:

20 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão esposta: D Loalizando os pontos no plano artesiano (,) B(6,) P(a,b) A(,) O(,) D(,) Q(a,) C(,) S(6,) Equação da reta AB 6 y y 6y 6 6y 6 y P AB b a Cálulo das áreas S S S S S ABCD OBS AB ADO BCS 6 S 6 ABCD S 9 S ua ABCD Dividindo essa área por, temos: S 5 PQDA ABCD

21 Equação da reta AB 6 POVA COMENTADA PELOS y y 6y 6 6y 6 y (ontinuação) P AB b a Cálulo das áreas Vestibular ITA 6 S S S S S ABCD OBS AB ADO BCS 6 S 6 ABCD S 9 S ua ABCD Dividindo essa área por, temos: S 5 PQDA ABCD a a 5 a a a a a ( ) a 7 a 7 (a ) Alternativa: D

22 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 5) Seja p o polinômio dado por p() = 8 + m n, em que os epoentes 8, m, n ormam, nesta ordem, uma progressão geométria uja soma dos termos é igual a Considere as seguintes airmações: 5 esposta: C I = é uma raiz dupla de p II = é uma raiz dupla de p III p tem quatro raízes om a parte imaginária não nula Destas, é (são) verdaderia(s) a) apenas I b) apenas I e II ) apenas I e III d) apenas II e III e) I, II e III Se (8, m, n) ormam uma progressão geométria uja soma dos termos é igual a, em que m e n são naturais, então m = e n = Logo: p() = 8 + p() = ( 6 + ) p() = ( + ) ( ) ( + + ) Observando que para q() = + + tem-se q() = e, se q() =, então: + + = i 7 O resultado india que as quatro raízes de q são imaginárias I Verdadeira II Falsa III Verdadeira 6) ADILSON ESOLVE Alternativa: C

23 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 6 Questão 6 esposta: A Conorme enuniado e onsiderando que a medida do lado do triângulo equilátero é L, temos a seguinte igura (AH representa a altura do triângulo equilátero) B M H N A C No triângulo retângulo AHN, temos L MN HN 6 tg tg AH L L 6 Cálulando o valor do osseno de se tg se se 8 os Como queremos o osseno do ângulo indiado, podemos esrever: os( ) os 7 os( ) os( ) 8 Alternativa: A

24 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 7 7) Uma esera S, de raio >, está insrita num one irular reto K Outra esera, S, de raio r, om < r <, está ontida no interior de K e é simultaneamente tangente à esera S e à superíie lateral de K O volume de K é igual a a) r r 5 b) r r 5 ) r r 5 d) r r 5 e) r r 5 5 esposta: B Observe a seguinte ilustração: Da semelhança entre os triângulos CGE e CFD, pode-se esrever: r h r h h r

25 POVA COMENTADA PELOS 7 (ontinuação) Vestibular ITA 6 Observando que h r e, ainda, da semelhança entre os triângulos ABC e GEC, tem-se: h h r O volume do one é dado por: V h V r r V r 5 r 8) Considere o polinômio p om oeiientes ompleos deinido por Podemos airmar que a) nenhuma das raízes de p é real p(z) = z + ( + i) z + ( + i) z + ( + i) z + ( + i) b) não eistem raízes de p que sejam ompleas onjugadas ) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a d) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a e) o módulo de uma das raízes de p é igual a esposta: E Dividindo p por (z + ), por meio do dispositivo prátio de Briot-uini, tem-se: p(z) = (z + ) [z + ( + i) z + z + ( + i)] Fatorando, tem-se: p(z) = (z + ) [z (z + ) + ( + i) (z + )] p(z) = (z + ) (z + ) (z + + i) p(z) = (z + ) (z + i) (z i) (z + + i) Alternativa: B Assim, se p(z) =, então z = ou z = i i ou z = i ou z = i Observa-se que =, i =, i = e i =

26 V V r r POVA 5 COMENTADA PELOS r r Vestibular ITA 6 8) Considere o polinômio p om oeiientes ompleos deinido por 8 Podemos airmar que a) nenhuma das raízes de p é real p(z) = z + ( + i) z + ( + i) z + ( + i) z + ( + i) b) não eistem raízes de p que sejam ompleas onjugadas ) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a d) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a e) o módulo de uma das raízes de p é igual a esposta: E Dividindo p por (z + ), por meio do dispositivo prátio de Briot-uini, tem-se: p(z) = (z + ) [z + ( + i) z + z + ( + i)] Fatorando, tem-se: p(z) = (z + ) [z (z + ) + ( + i) (z + )] p(z) = (z + ) (z + ) (z + + i) p(z) = (z + ) (z + i) (z i) (z + + i) Assim, se p(z) =, então z = ou z = i i ou z = i ou z = i Observa-se que =, i =, i = e i = Portanto, o módulo de uma das raízes de p é igual a 9) Pintam-se N ubos iguais utilizando-se 6 ores dierentes, uma para ada ae Considerando que ada ubo pode ser pereitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a: a) b) 5 ) d) 5 e) Utilizando-se 6 ores distintas, pode-se pintar as 6 aes do ubo de 6! = 7 modos Entretanto, Alternativa: nessa ontagem E há ubos idêntios que podem ser observados por possíveis rotações Para eslareer, imagine, por eemplo, que para um ubo já ompletamente pintado, deseja-se mostrá-lo de ormas distintas a um observador estátio que onsegue visualizar eatamente aes deste ubo (não opostas) Nesse sentido, há seis aes possíveis para se esolher omo

27 9 e) POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Portanto, o módulo de uma das raízes de p é igual a 9) Pintam-se N ubos iguais utilizando-se 6 ores dierentes, uma para ada ae Considerando que ada ubo pode ser pereitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a: a) b) 5 ) d) 5 Utilizando-se 6 ores distintas, pode-se pintar as 6 aes do ubo de 6! = 7 modos Entretanto, nessa ontagem há ubos idêntios que podem ser observados por possíveis rotações Para eslareer, imagine, por eemplo, que para um ubo já ompletamente pintado, deseja-se mostrá-lo de ormas distintas a um observador estátio que onsegue visualizar eatamente aes deste ubo (não opostas) Nesse sentido, há seis aes possíveis para se esolher omo base do ubo Esolhida a ae que será base, há apenas aes possíveis (laterais) para se esolher Com estas esolhas, a orma de se mostrar o ubo não pode mais ser alterada Deste modo, eistem 6 = modos possíveis de se rotaionar um mesmo ubo, apresentado-o de orma dierente, embora se tenha um únio ubo Portanto, o maior valor possível de N é igual a: 6! 6 7 Observação: De modo análogo, para qualquer poliedro onveo regular, é possível demonstrar que, se um poliedro regular possui F aes, ada uma om L lados e deseja-se alular o número de modos de pintar as F aes, ada uma om uma or distinta, de maneira que se possa distinguir uma de outra, então o número total de possibilidades é igual a F! F L ) Em um triângulo equilátero ABC de lado, onsidere os pontos P, M e N pertenentes aos lados AB, BC e AC, respetivamente, tais que a) P é ponto médio de AB ; b) M é ponto médio de BC ; ) PN é a bissetriz do ângulo A P ˆ C Então, o omprimento do segmento MN é igual a Alternativa: E

28 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 a) b) 5 ) 6 d) 5 e) 5 5 esposta: D Observe a seguinte ilustração: Utilizando o teorema da bissetriz interna no triângulo destaado, tem-se: b b b b b b b

29 POVA COMENTADA PELOS (ontinuação) Vestibular ITA 6 Utilizando a lei dos ossenos no triângulo destaado, tem-se: os ( > ) Portanto, 5 MN ) ADILSON ESOLVE ) ADILSON ESOLVE ) Um heágono onveo regular H e um triângulo equilátero T estão insritos em irunerênias de raios H e T, respetivamente Sabendo-se que H e T têm a mesma área, determine a razão H T Alternativa: Área D do triângulo: S T T Utilizando o raio da respetiva irunerênia irunsrita, tem-se: Área do heágono: S 6 H Se os polígonos são equivalentes, então: H sen sen 6

30 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão a) Condições de eistênia do logaritmo (I) (II) (III) 8 ou ou (I) (II) (III) - - b) ) Portanto, D( D( ) / log log 8 ( ( ) ) D ( ( ) S log log 8 log log ( ( ) ) 8 9 Igualamos a zero para determinar as raízes 9 5 ) 9) ( ) ( 9) 5

31 9 ) 9 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 D ( ) S log 8 log ( ) (ontinuação) 8 9 Igualamos a zero para Questão determinar as raízes 9 a) Condições de eistênia do logaritmo 5 ( ) (I) ( 9) 8 ou (II) 5 (III) Graiamente temos: (I) (II) (III) - - Considerando o domínio da unção, Portanto, temos D( S ) / / b) log 8 5 ( ) ) 9 D ( ) S log 8 log ( ) 8 9 Igualamos a zero para determinar as raízes 9 5 ( ) ( 9) 5 Graiamente temos:

32 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 Questão Adiionando membro a membro as duas equações temos os sen os y seny os sen os y seny sen os os sen sen os y os seny sen sen y 7 o y y ( aso) sen sen y o y y ( aso) Considerando º aso, substituímos na primeira equação do sistema 7 os sen 7 7 os senos sen os os sen sen os os os sensen os os (I) Vamos alular seno e osseno do aro observando que é a metade de 6 os os 6 6 os os e lação undamental sen os 6 6 sen sen Substituindo na epressão (I)

33 POVA COMENTADA PELOS (ontinuação) Vestibular ITA os sen os 6 6 os sen 6 6 os sen 6 os sen os sen 6 os os sen sen os os 6 y ou y 6 Considerando º aso, substituímos na primeira equação do sistema os sen os sen os senos sen os os sen os sen os os sen os sen os (II) Substituindo os valores de seno e osseno de em (II)

34 POVA COMENTADA PELOS (ontinuação) Vestibular ITA os sen os Ana log amente ao o aso 6 os sen os sen 6 sen os os sen 6 sen sen y 5 6 ou 7 (não onvém ) 5 Portanto, temos S,,, 6

35 Portanto, 5 MN POVA COMENTADA PELOS ) ADILSON ESOLVE ) ADILSON ESOLVE Vestibular ITA 6 ) Um heágono onveo regular H e um triângulo equilátero T estão insritos em irunerênias de raios H e T, respetivamente Sabendo-se que H e T têm a mesma área, determine a razão H T Utilizando o raio da respetiva irunerênia irunsrita, tem-se: Área do heágono: S 6 H Área do triângulo: S T Se os polígonos são equivalentes, então: T H sen sen 6 S S H T 6 sen 6 H T sen H T sen 6 sen 6 H T H T H T ) Seja A a matriz de ordem, dada por A ) Determine todas as matrizes B tais que B A = I ) Eiste uma matriz B om B A = I que satisaça B B T = I? e sim, dê um eemplo de uma dessas matrizes esolução: a b ) Seja B uma matriz de ordem dada por B Então: d e a b

36 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 T H T H T H ) Seja A a matriz de ordem, dada por A a) Determine todas as matrizes B tais que B A = I b) Eiste uma matriz B om B A = I que satisaça B B T = I? Se sim, dê um eemplo de uma dessas matrizes a) Seja B uma matriz de ordem dada por e d b a B Então: e d b a Da multipliação matriial e igualdade de matrizes, pode-se esrever: e d b a esolvendo, obtém-se b = ; a = ; d = ; e =, de modo que, para quaisquer números reais e, a matriz B tem a orma: B b) Se B B t = I, então: Da multipliação matriial e igualdade de matrizes, pode-se esrever: ou

37 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 B b) Se B B t = I, então: Da multipliação matriial e igualdade de matrizes, pode-se esrever: ou ou Observa-se que e ou e não onvém Por outro lado, ou satisazem ada uma das equações do sistema Portanto, eiste B om B A = I tal que B B T = I, e as únias matrizes possíveis B são: B ou B 5) Numa erta brinadeira, um menino dispõe de uma aia ontendo quatro bolas, ada qual marada om apenas uma destas letras: N, S, L e O Ao retirar aleatoriamente uma bola, ele vê a letra orrespondente e devolde a bola à aia Se essa letra or N, ele dá um passo na direção Norte; se S, em direção Sul, se L, na direção Leste e se O, na direção Oeste Qual a probabilidade de ele voltar para a posição iniial no seto passo? Para retornar à posição iniial no seto passo, eistem quatro possibilidades a onsiderar: (ontinuação)

38 sistema Portanto, eiste B om B A = I tal que B B T = I, e as únias matrizes possíveis B são: 5 POVA COMENTADA PELOS POFESSOES DO CUSO POSITIVO B ou B Vestibular ITA 6 5) Numa erta brinadeira, um menino dispõe de uma aia ontendo quatro bolas, ada qual marada om apenas uma destas letras: N, S, L e O Ao retirar aleatoriamente uma bola, ele vê a letra orrespondente e devolde a bola à aia Se essa letra or N, ele dá um passo na direção Norte; se S, em direção Sul, se L, na direção Leste e se O, na direção Oeste Qual a probabilidade de ele voltar para a posição iniial no seto passo? Para retornar à posição iniial no seto passo, eistem quatro possibilidades a onsiderar: NNNSSS LLLOOO NNSSLO LLOONS p p p p 6, P 6 6, P P 6 6, 6 6, P Como os eventos destaados são, dois a dois, mutuamente elusivos, a probabilidade soliitada é igual à soma das probabilidades anteriores: p p ) ADILSON ESOLVE 7) Sejam a, b, números reais om a a) Mostre que a mudança z equação do segundo grau trasnorma a equação a + b + + b + a = numa b) Determine todas as raízes da equação + + = a) A equação a + b + + b + a = é reíproa e de primeira lasse (espéie) Para rebaiá-la ao º grau, basta dividir todos os termos por ( ), ou seja: a b b a a b b a

39 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 6 Questão 6 a) Vamos representar em distânias soliitadas no desenho por d ed os subonjuntos S e S e também os pontos P(,) e Q(-,) Indiamos as S d P(,) S d Q(-,) Calulando as distânias d P,S d d P,S u d P,S d ( ) d P,S u b) No desenho a seguir, temos indiado três lugares geométrios dos pontos do plano que são equidistantes a S e S : Semirreta de equação: y, om Semirreta de equação: y, om Parte da parábola de equação: y, om S S

40 7 p p POVA 5 COMENTADA PELOS POFESSOES DO CUSO POSITIVO 6) ADILSON ESOLVE Vestibular ITA 6 7) Sejam a, b, números reais om a a) Mostre que a mudança z equação do segundo grau trasnorma a equação a + b + + b + a = numa b) Determine todas as raízes da equação + + = a) A equação a + b + + b + a = é reíproa e de primeira lasse (espéie) Para rebaiá-la ao º grau, basta dividir todos os termos por ( ), ou seja: a b b a a b b a a b Observando que, tem-se: a b a b a Fazendo z, tem-se: a z b z a Como a, a equação apresentada é do º grau na inógnita z b) Observando que a equação = é equivalente à equação do º grau a + b + + b + a = para a =, b = e =, e proedendo de modo análogo ao desenvolvido no item anterior, isto é, dividindo todos os termos por e, em seguida, utilizando a troa de variáveis z + z = (z ) (z + ) = z = ou z = etornando, tem-se: z, obter-se-ia a seguinte equação do º grau:

41 Fazendo a POVA COMENTADA PELOS b a z, tem-se: 7 (ontinuação) a z b z Vestibular ITA 6 a Como a, a equação apresentada é do º grau na inógnita z b) Observando que a equação = é equivalente à equação do º grau a + b + + b + a = para a =, b = e =, e proedendo de modo análogo ao desenvolvido no item anterior, isto é, dividindo todos os termos por e, em seguida, utilizando a troa de variáveis z + z = (z ) (z + ) = z = ou z = etornando, tem-se: z, obter-se-ia a seguinte equação do º grau: i ou Portanto, i i S ; ; ; 8) ADILSON ESOLVE 9) Determine o termo onstante do resto da divisão do polinômio ( + + ) por ( + ) Sendo u e v unções de, para ailitar a solução desta questão, utilizaremos as seguintes regras de derivação: y = u n y`= n u n - u`

42 POVA COMENTADA PELOS Vestibular ITA 6 8 Questão 8 Subtraindo membro a membro as equações de e obtemos: 6 y y y (I) Substituindo (I) na equação de y 8 y (y ) y 8 (y ) y y 8y y 6y 6 y 5y y y y y A (,) ou y 6 B(6,) podemos obter as oordenadas dos pontos A e B Esrevendo a equação reduzida da irunerênia para obtermos o entro e também o raio y 8 y y y C, y Esrevendo a equação reduzida da irunerênia para obtermos o entro e também o raio y 8y 8 y 8y C, y Vamos obter a reta AC, que passa por A(-,) e é tangente a irunerênia perpendiular à reta por AC, vem: Como essa reta é

43 ou y 6 B(6,) POVA COMENTADA PELOS POFESSOES DO CUSO POSITIVO Esrevendo a equação reduzida da irunerênia y 8 y 8 (ontinuação) Vestibular ITA y y C, y para obtermos o entro e também o raio Esrevendo a equação reduzida da irunerênia para obtermos o entro e também o raio y 8y 8 y 8y C, y Vamos obter a reta AC, que passa por A(-,) e é tangente a irunerênia perpendiular à reta por m AC m AC AC, vem: Como essa reta é m AC m AC y y m ( ) A AC A y y Se o ponto C pertene à irunerênia vamos determinar a interseção da reta om a irunerênia y 8 y y C, ou Portanto, ( 76) y A (,) 8 6 C, 5 5

44 Portanto, POVA COMENTADA PELOS i i S ; ; ; Vestibular ITA 6 8) ADILSON ESOLVE 9 9) Determine o termo onstante do resto da divisão do polinômio ( + + ) por ( + ) Sendo u e v unções de, para ailitar a solução desta questão, utilizaremos as seguintes regras de derivação: y = u n y`= n u n - u` y = u v y`= u` v + u v` Pela deinição de divisão polinomial, tem-se: ( + + ) = ( + ) Q() + a + b + Fazendo =, tem-se a b + = (I) Considerando Q () = ( + ) Q(), tem-se: ( + + ) = Q () + a + b + Derivando ambos os membros, tem-se: ( + + ) 9 ( + ) = Q `() + a + b Tendo em vista que Q `( ) =, azendo =, tem-se a + b = (II) Derivando ambos os membros, tem-se: [9 ( + + ) 8 ( + ) ( + ) + ( + + ) 9 ] = Q ``() + a Observando que Q ``( ) =, azendo =, tem-se a = 6, ou seja, a = 8 Substituindo a = 8 em (II), tem-se b = 6 Substituindo a = 8 e b = 6 em (I), tem-se = 78 Portanto, o termo onstante do resto da divisão do polinômio ( + + ) por ( + ) é igual a 78 ) Em um one irular reto de altura e raio da base inreve-se um tetraedro regular om uma de suas aes paralela à base do one, e o vértie oposto oinidindo om o entro da base do one Determine o volume do tetraedro Observe a seguinte igura:

45 [9 ( + + ) 8 ( + ) ( + ) + ( + + ) 9 ] = Q ``() + a Observando que Q ``( ) =, azendo =, tem-se a = 6, ou seja, a = 8 POVA COMENTADA PELOS Substituindo a = 8 em (II), tem-se b = 6 Substituindo a = 8 e b = 6 em (I), tem-se = 78 Vestibular ITA 6 Portanto, o termo onstante do resto da divisão do polinômio ( + + ) por ( + ) é igual a 78 ) Em um one irular reto de altura e raio da base inreve-se um tetraedro regular om uma de suas aes paralela à base do one, e o vértie oposto oinidindo om o entro da base do one Determine o volume do tetraedro Observe a seguinte igura: A base do tetraedro regular é um triângulo equilátero ujo lado mede a, insrito em um irunerênia de raio medindo a a CI A medida da altura do tetraedro regular de aresta medindo a é igual a OI O triângulo VIC é isóseles, em que CI = VI, logo: 6 a a 6 a a O volume do tetraedro regular é dado por: V a V V (im das resoluções)