NOTAÇÕES. + a a n. + a 1. , sendo n inteiro não negativo

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1 MATEMÁTICA NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números naturais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária: i = z: módulo do número z det A : determinante da matriz A d(a, B) : distância do ponto A ao ponto B d(p, r) : distância do ponto P à reta r AB: segmento de extremidades nos pontos A e B Â: medida do ângulo do vértice A [a,b] = {x : a x b} [a,b[ = {x : a x < b} ]a,b] = {x : a < x b} ]a,b[ = {x : a < x < b} (f o g)(x) = f (g(x)) X \ Y = {x X e x Y} n a k = a 0 + a + a a n, sendo n inteiro não negativo k=0 Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares. ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

2 Os lados de um triângulo de vértices A, B e C me - dem AB = cm, BC = 7 cm e CA = 8 cm. A cir cun - ferência inscrita no triângulo tangencia o lado AB no ponto N e o lado CA no ponto K. Então, o comprimento do segmento NK, em cm, é 7 a). b). c) d). e). I) Sendo AN = AK = x, temos: 7 = x + 8 x x = 4 x = II) Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC, temos: 7 = cos A^ 49 = cos A^ cos A^ = A^ = 60 Como AN = AK = x = e A^ = 60, o triângulo ANK é equilátero e portanto NK =. Resposta: A ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

3 Se x é um número real que satisfaz x = x +, então x 0 é igual a a) 5x + 7x + 9. b) x + 6x + 8. c) x + 6x +. d) 7x + 5x + 9. e) 9x + x + 0. Do enunciado, temos: x = x + Elevando os dois membros ao cubo, temos: (x ) = (x + ) x 9 = x +. x. +. x. + x 9 = x + + 6x + x + 8 x 9 = 6x + x + 0 Multiplicando os dois membros por x, temos: x. x 9 = x (6x + x + 0) x 0 = 6x + x + 0x x 0 = 6(x + ) + x + 0x x 0 = x + 0x + 6x + x 0 = x + 6x + Resposta: C ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

4 Sejam a e b números inteiros positivos. Se a e b são, nessa ordem, termos consecutivos de uma progressão geomé trica b de razão e o termo independente de é ax x igual a 790, então a + b é a). b). c) 4. d) 5. e) 6. b O termo geral do desenvolvimento de ax x k. (ax) k. b x k k = = ( ) k.. a k. b k. x Esse termo será independente de x se, e somente se, k = 0 k = 8 Para k = 8, temos: 8 ( ) k.. a 4. b 8. x 0 = a 4 b 8 = 790 a 4 b 8 = 6 a b =, pois a > 0 e b > 0 Como a e b são termos consecutivos de uma P.G., nessa ordem, de razão, então b = a Assim sendo: ab = a a + b = b = b = a = Resposta: B k é: ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

5 4 Considere as funções f, g: dadas por f(x) = ax + b e g(x) = cx + d, com a, b, c, d, a 0 e c 0. Se f o g = g o f, então uma relação entre as constantes a, b, c e d é dada por a) b + ad = d + bc. b) d + ba = c + db. c) a + db = b + cd. d) b + ac = d + ba. e) c + da = b + cd. ) Fazendo f(x) = ax + b = y, temos: y b x = e, portanto, f x b (x) = a a ) Fazendo g(x) = cx + d = t, temos: t d x = e, portanto, g x d (x) = c c ) f o g (x) = f [g (x)] = f x d = c x d b c = = a g (x) o f (x) = g [f (x)] = g x b = a x b d a x b ad = = c ac 4) Como f o g = g o f, resulta: x d bc = x b ad d + bc = b + ad ac ac Resposta: A x d bc ac ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

6 5 Sejam x,, x 5 e y,, y 5 números reais arbitrários e A = (a ij ) uma matriz 5 x 5 definida por a ij = x i + y i, i, j 5. Se r é a característica da matriz A, então o maior valor possível de r é a). b). c). d) 4. e) 5. Aplicando-se o Teorema de Jacob, o valor do deter mi - nante não se altera e, portanto, a característica da matriz inicial também não se altera. Dessa forma, as características das matrizes A= x + y x + y x + y x 4 + y x + y x + y x + y x 4 + y x + y x + y x + y x 4 + y x + y 4 x + y 4 x + y 4 x 4 + y 4 x + y 5 x + y 5 x + y 5 5 x 4 + y 5 x 5 + y x 5 + y x 5 + y x 5 + y x 5 + y 4 x + y y y y y y 4 y y 5 y x + y y y y y y 4 y y 5 y B= x + y y y y y y 4 y y 5 y e x 4 + y y y y y y 4 y y 5 y x 5 + y y y y y y 4 y y 5 y x + y y y y y y 4 y y 5 y x x C= x x e x 4 x x 5 x São iguais à característica da matriz D = x + y y y x, cujo valor máximo é x 0 Resposta: B ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

7 6 Sobre duas retas paralelas r e s são tomados pontos, m pontos em r e n pontos em s, sendo m > n. Com os pontos são formados todos os triângulos e quadriláteros convexos possíveis. Sabe-se que o quociente entre o número de quadriláteros e o número de triângulos é 5/. Então, os valores de n e m são, respectivamente, a) e. b) e 0. c) 4 e 9. d ) 5 e 8. e) 6 e 7. ) A quantidade total de triângulos possíveis de ser formados com estes m + n = pontos é: n. m (m ) + m. n (n ) n. C m; + m. C n; = A quantidade total de quadriláteros convexos possíveis de ser formados com estes pontos é: m (m ). n (n ) C m;. C n; = 4 ) Como a razão entre o números de quadriláteros e o número de triângulos é 5, tem-se: m (m ). n (n ) 4 = 5 m. n (m + n ) (m ). (n ) = 5. ( ) (m ). (n ) = 0 m. n (m + n) + = 0 m. n + = 0 m. n = 4, pois m + n = e m. n 0 (se um deles fosse nulo, todos os pontos estariam sobre uma única reta, não formando triângulos nem quadriláteros) Assim, m + n = m = 7 e n = 6, pois m > n m. n = 4 Resposta: E ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

8 7 Considere a definição: duas circunferências são or to - gonais quando se interceptam em dois pontos distintos e nesses pontos suas tangentes são perpendiculares. Com relação às circunferências C : x + (y + 4) = 7, C : x + y = 9 e C : (x 5) + y = 6, podemos afirmar que a) somente C e C são ortogonais. b) somente C e C são ortogonais. c) C é ortogonal a C e a C. d) C, C e C são ortogonais duas a duas. e) não há ortogonalidade entre as circunferências. C: x + (y + 4) = 7 tem centro (0; 4) e raio 7 C : x + y = 9 tem centro (0; 0) e raio C : (x 5) + y = 6 tem centro (5; 0) e raio 4 C é ortogonal a C, pois o ΔAC C é retângulo em A; C é ortogonal a C, pois o ΔBC C é retângulo em B; C e C não são ortogonais, pois o ΔCC C não é retângulo em C. Resposta: C ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

9 8 As raízes do polinôrnio + z + z + z + z 4 + z 5 + z 6 + z 7, quando representadas no plano complexo, formam os vértices de um polígono convexo cuja área é + a). b). c). + d). e). Raízes do polinômio + z + z + z + z 4 + z 5 + z 6 + z 7 = 0 é raiz, então: z + z + z + z 4 + z 5 + z 6 + z 7 = = (z + ) (z 6 + z 4 + z + ) = (z + ) (z + ) (z 4 + ) = 0 ) z + = 0 ) z + = 0 z = z = z = i ) z 4 + = 0 z 4 =, portanto z são as raízes quartas de. Como z =. (cos 80 + i sen 80 ) z =. (cos 45 + i sen 45 ) = + i z =. (cos 5 + i sen 5 ) = + i z =. (cos 5 + i sen 5 ) = i z 4 =. (cos 5 + i sen 5 ) = i ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

10 Representando no plano complexo: B y -_ = - C _ A D - - x -_ E G F - Área S do polígono é tal que: S = A ACEG + A ABC S = () +... S = + S = S = + Resposta: D ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

11 9 Se log π = a e log 5 π = b, então a) + b. b) < a + b. a c) < + b. d) < a + b. a e) < + b. a ) log π = a logπ = log 5 π = b log π 5 = log π + log π 5 = + a b log π 0 = + a b ) < log π 0 < < + < a b + > a b Resposta: E a b ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

12 0 O lugar geométrico das soluções da equação x + bx + = 0, quando b <, b, é representado no plano complexo por a) dois pontos. b) um segmento de reta. c) uma circunferência menos dois pontos. d) uma circunferência menos um ponto. e ) uma circunferência. Pela Fórmula de Báskara, as soluções da equação são: b ± b x = 4 b ± (4 b = ).( ) = b 4 b = ± i Como x = b 4 b + =, no plano complexo, os possíveis valores de x pertencem a uma circun ferência de centro na origem, raio, excluídos os pontos ( ; 0) e (; 0), pois para x = ( ; 0) = + 0i ou x = (; 0) = + 0i, deveríamos ter b =, o que não ocorre. Resposta: C ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

13 Em um triângulo de vértices A, B e C são dados ^B = π/, ^ C = π/ e o lado BC = cm. Se o lado AB é o diâmetro de uma circunferência, então a área da parte do triângulo ABC externa à circunferência, em cm, é π 5 π a). b) π 5 π c). d) π e). 8 6 C D 6 r B r O r 6 A π r I) No triângulo ABC, temos: tg = r = r = II) Sendo S a área da parte do triângulo ABC externa à circunferência, em cm, temos: S = S triângulo ABC S setor BOD S triângulo DOA = r. 60 =. π r π. r. r. sen = 60 = π... = Resposta: D 6 5 π = 6 8 ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

14 tg x tg x Com relação a equação + = 0, podemos tg x afirmar que π π a) no intervalo, a soma das soluções é igual a 0. π π b) no intervalo, a soma das soluções é maior que 0. c) a equação admite apenas uma solução real. π d) existe uma única solução no intervalo 0,. π e) existem duas soluções no intervalo, 0. tg x tg x tg x = tg x tg x = + tg x tg x tg x tg x + = 0 (tg x + ) (tg x tg x + ) tg x (tg x + ) = 0 (tg x + ) (tg x 4tg x + ) = 0 tg x + = 0 ou tg x 4tg x + = 0 tg x = ou tg x = + ou tg x = π π 5π x = ou x = ou x = 4 A partir do ciclo trigonométrico: sen x 5 tg x + - cos x π π π 5π π π soma das soluções é + = > Podemos concluir que no intervalo ; a Resposta: B ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

15 Sejam A e B matrizes quadradas n x n tais que A + B = A. B e I n a matriz identidade n x n. Das afirmações: I) I n B é inversível; II) I n A é inversível; III) A. B = B. A. é (são) verdadeira(s) a) Somente I. b) Somente II. c) Somente III. d) Somente I e II. e) Todas. As afirmações I e II são verdadeiras, pois: (I n A). (I n B) = I n B A + AB = = I n (B + A) + AB = I n AB + AB = I n Daí, det[(i n A). (I n B)] = det I n = e det(i n A) 0 I n A é inversível e det (I n B) 0 I n B é inversível A afirmação III é verdadeira, pois: Como (I n A). (I n B) = I n (I n B)(I n A) = I n temos: I n A B + BA = I n I n (A + B) + BA = I n AB + BA = 0 BA = AB Resposta: E ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

16 4 Se o sistema x + y + z = 0 a y + (a 4 a) z = 0 admite infinitas x + ay + (a ) z = 0 soluções, então os possíveis valores do parâmetro a são + a) 0,,,. + b) 0,,,. + + c) 0,,,. d) 0,,, +. e) 0,,, +. Um sistema homogêneo admite infinitas soluções D = 0, daí: D = 0 a a 4 a = 0 a a a 5 a + a 4 a a a 5 + a = 0 a 4 a a = 0 a (a a ) = 0 a = 0 ou a a = 0 em que a = e raiz então: a = é outra raiz Fatorando, vem: (a + ). (a a ) = 0 a a = 0 ± ± a = = 4 + V = 0; ; ; Resposta: B ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

17 5 4 Considere a matriz, x. Se o poli nômio p(x) é dado por p(x) = deta, então o produto das raízes de p(x) é a). b). c). d). e). 5 7 x x x p (x) = = x x x = x + x + x x 4 + x + x 4 x 5 + x + x + x x 4 x p (x) = = x x 4 x = p(x) = 9 ( x ) 7 (4 x ) 0 0 p(x) = 7x 9x A função p(x) = 7x 9x está definida em, conforme o enunciado, e portanto, o produto das raízes da equação 7x 9x = 0 seria = 7 7 se todas elas fossem reais e, neste caso, a resposta seria D. Calculando o máximo e o mínino relativos da função p, conclui-se que a equação tem uma só raiz real e duas raízes complexas (não reais). O gráfico da função p é do tipo ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

18 A única raiz real r é maior que ne nhuma alternativa está correta. Resposta oficial: D 6 7 e, portanto, ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

19 6 Considere a classificação: dois vértices de um paralele - pípedo são não adjacentes quando não pertencem à mesma aresta. Um tetraedro é formado por vértices não adjacentes de um paralelepípedo de arestas cm, 4 cm e 5 cm. Se o tetraedro tem suas arestas opostas de mesmo comprimento, então o volume do tetraedro é, em cm : a) 0. b). c) 5. d) 0. e) 0. Os tetraedros ABDE, BCDG, EFGB e EHGD são tetraedros trirretângulos e cada um tem volume, em cm 5. 4, igual a V =.. = 0 Assim, o volume V, em cm, do tetraedro BGDE, que satisfaz as condições do exercício, é: V = V paralelepípedo 4. V = = 0 Resposta: D ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

20 7 Os triângulos equiláteros ABC e ABD têm lado comum AB. Seja M o ponto médio de AB e N o ponto médio de CD. Se MN = CN = cm, então a altura relativa ao lado CD do triângulo ACD mede, em cm, a). b). c). 0 6 d). e). D N B C M A I) No triângulo retângulo isósceles CNM, temos: CM = II) Como CM é altura do triângulo equilátero ABC, sendo a medida do lado do triângulo, temos: 4 = = III) O triângulo CAD é isósceles de base CD, pois AC = AD =. Assim, a altura AN relativa ao lado CD é dada por: (AN) + (CN) = (AC) (AN) + = 4 0 AN = 4 = = 60 Resposta: A ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

21 8 Uma progressão aritmética (a, a,, a n ) satisfaz a propriedade: para cada n, a soma da progressão é igual a n + 5n. Nessas condições, o determinante da a a a matriz a a 7 + a 5 a 8 a 6 a 9 é a) 96. b) 85. c) 6. d) 99. e) 5. ) a = = 7 ) a + a = = 8 a = ) (a, a, a,..., a n ) = (7,, 5, 9,, 7,, 5, ) 4) a a 4 a 7 + a a 5 a 8 a a 6 a = 9 7 = 5 9 x( ) = 9 8 = =. ( ) = x( ) + =.. (8 76) =. ( 48) = 96 Resposta: A ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

22 9 São dadas duas caixas, uma delas contém três bolas brancas e duas pretas e a outra contém duas bolas brancas e uma preta. Retira-se, ao acaso, uma bola de cada caixa. Se P é a probabilidade de que pelo menos uma bola seja preta e P a probabilidade de as duas bolas serem da mesma cor, então P + P vale a). b). c) d). e). 5 B B P B B P B P bola de cada caixa: e ou e ou e (I) P = = = + + = e ou e 6 8 (II) P =. +. = + = P + P = + = Resposta: E ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

23 0 Para que o sistema admita apenas soluções reais, todos os valores reais de c pertencem ao conjunto a),. 4 b),,. c), 4. d),. e),,. x + y = x + y = c 4 4 x + y = x + y = c y = x (x + y)(x xy + y ) = c y = x x xy + y = c x x( x) + ( x) = c x x + c = 0 Para que o sistema admita apenas soluções reais, devemos ter: ( ) 4.. ( c ) 0 c 0 c ou c Resposta: E ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

24 AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE A 0, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES. Um poliedro convexo tem faces triangulares e quadran - gulares. Sabe-se que o número de arestas, o número de faces triangulares e o número de faces quadrangulares formam, nessa ordem, uma progressão aritmética de razão 5. Determine o número de vértices do poliedro. Sejam (x + 5, x e x 5) as quantidades de arestas, faces triangulares e faces quadrangulares, respectivamente, pois a sequência acima é uma progressão aritmética de razão 5. ) O número A de arestas é:. x + 4. (x 5) 7x 0 A = = ) Do enunciado, temos: 7x 0 x + 5 = x + 0 = 7x 0 x = ) Logo, A = = 4) O número F de faces é: F = x + x 5 = = 7 5) Da Relação de Euler, o número V de vértices é: V + 7 = V = 6 Resposta: Seis vértices ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

25 Encontre o conjunto solução S da inequação exponencial: x + x+k 08. k= 8 4 x + x + + x + + x + + x x + 9. x + 7. x + 8. x x + 0. x x 08 x x log x log x log, x Resposta: S = x x log ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

26 No plano cartesiano são dadas as circunferências C : x + y = e C : (x 4) + y = 4. Determine o centro e o raio de uma circunferência C tangente simultaneamente a C e C, passando pelo ponto A = (, ). ) O ponto A = (; ) pertence à circunferência de equação (x 4) + y = 4 e será o ponto de tan - gência dessa circunferência com a circunferência pedida. Desta forma, há duas possibilidades: ser tangente externa a ambas ou ser tangente externa à menor e interna à circunferência maior. y C(a;b) R R t A(; ) 0 (4;0) x y t A(; ) 0 (4;0) R x R, C (a;b) A reta que passa pelos pontos A e C (4; 0) tem coe - 0 ficiente angular m = =. A reta t, AC 4 tangente à circunferênia C no ponto A, tem equa - ção y = (x ) x y = 0 e, portanto, passa pela origem do sistema de eixos, centro da circun ferência C. ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

27 ) No triângulo retângulo OAC ou OAC, retângulo em A, tem-se OC = OA + AC (R + ) = ( ( 0) + ( 0) ) + R R + R + = + R R = R é o raio da circunferência pedida., em que ) Os pontos C (a; b) (ou C ), A (; ) e B (4; 0) estão alinhados e, portanto: a 4 b 0 = 0 a + b = 4 4) A distância do ponto C à reta t, tangente, é igual ao raio R. Assim: a b = a b = + ( ) a b = ou a b = 5) As coordenadas dos possíveis centros são soluções dos sistemas: a + b = 4 a = e b = a b = 4 ou a + b = 4 a = e b = a b = 4 Resposta: Os centros podem ser ; ou ; e o raio é sempre ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

28 4 π π Seja z = cos + isen. Pedem-se: 7 7 a) Use a propriedade z k kπ kπ = cos + isen, k, 7 7 π π 5π para expressar cos, cos e cos em função de z. b) Determine inteiros a e b tais que a π π 5π = cos + cos + cos. b kπ (4 k) π ) Observemos que cos = cos 7 7 kπ (4 k) π sen = sen, pois 7 7 kπ 7 (4 k) π + = π 7 Assim: z k kπ kπ = cos + i sen (I) e 7 7 z 4 k (4 k) π (4 k) π = cos + i sen = 7 7 kπ kπ = cos i sen (II) 7 7 De (I) e (II), resulta: z k + z 4 k kπ kπ = cos cos = 7 7 Desta forma: π z + z π z + z cos = ; cos = e 7 7 5π cos = 7 z 5 + z 9 b) Como z 4 4π 4π = cos + i sen = 7 7 z k + z 4 k = cos π + i sen π = e z 7 7π 7π = cos + i sen = 7 7 = cos π + i sen π =, temos: a π π 5π = cos 7 + cos + cos = b 7 7 ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

29 z + z z + z z 5 + z 9 = + + = = (z + z + z 5 + z 9 + z + z ) = = (z + z + z 5 + z 7 + z 9 + z + z z 7 ) = = = z. [(z ) 7 ] z 7 z = = z. (z4 ) z 7 z z. ( ) = = [0 + ] = ( ) z Dessa forma, podemos ter a = e b = π z + z Respostas: a) cos = ; 7 π z cos = + z e 7 5π z cos = 5 + z 9 7 b) Possíveis valores inteiros de a e b são a = e b = ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

30 5 Uma reta r separa um plano π em dois semiplanos π e π. Considere pontos A e B tais que A π e B π de modo que d(a, r) =, d(b, r) = 6 e d(a, B) = 5. Uma circunferência contida em π passa pelos pontos A e B e encontra r nos pontos M e N. Determine a menor distância possível entre os pontos M e N. A M D P C N r 6 B ) Da semelhança dos triângulos ADP e BCP, resulta: AD AP AP = = BP = AP BC BP 6 BP Como AP + BP = 5, tem-se AP = 5 e BP = 0 ) Da potência do ponto P em relação à circun - ferência, e fazendo MP = x e NP = y, resulta: MP. NP = AP. BP x. y = 5. 0 y = ) MN = MP + NP = x + y = x x x Como x > 0, x e 5 x, então x x 5 0 e, portanto, S(x) x é mínima quando 5 x = 0 x Neste caso, S(x) = MN = 0 4) A função S(x) = x + = x + 0 Resposta: MN mínimo vale 0 50 x 50 x ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

31 6 De uma caixa que contém 0 bolas brancas e 6 bolas pretas, são selecionadas ao acaso k bolas. a) Qual a probabilidade de que exatamente r bolas sejam brancas, nas condições 0 k r 6 e 0 k 0. b) Use o item (a) para calcular a soma 6 r=0 0 r. a) Número de elementos do espaço amostral: 6 C 6,k = k 6 6 r Número de elementos do evento: 0 r 6 C 0, r. C 6, k r =. k r Escolhas de r brancas Escolhas de k r pretas Probabilidade: p = 0. 6 r k r 6 k b) Note-se que a expressão na somatória equivale ao numerador da probabilidade (p) obtida no item a com k = 6. Fazendo k = 6 em p: p = 6 0 r. 6 r 6 6 Podemos considerar p, com k = 6, como a probabilidade de r bolas brancas serem retiradas em um total de 6 bolas selecionadas. 6 A somatória representa todos os 6 r r=0 0 r 6 casos possíveis de bolas brancas retiradas, pois 0 r 6 e k = 6. Logo, esta somatória deve equivaler ao número de elementos do espaço 6 6 amostral:, para que a probabilidade seja r=0 r 6 r 6 6 = ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

32 6 = r r=0 0 r r k r Resposta: a) b) k ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

33 7 Quantos pares de números inteiros positivos (A, B) existem cujo mínimo múltiplo comum é 6 x 0? Para efeito de contagem, considerar (A, B) (B, A). Sabendo que 6. 0 = , e sendo A e B divisores de , podemos escrevê-los como: A = a. b. 5 c. 7 d B = e. f. 5 g. 7 h O mmc (A; B) = ; assim: Máx {a; e} = 4 Máx {b; f} = Máx {c; g} = Máx {d; h} = Assim, o conjunto P de todos os pares (a; e) possíveis é: P{(4;0), (4;), (4;), (4;), (4;4), (0;4), (;4), (;4), (;4)} e n(p) = 9 O conjunto Q de todos os pares (b; f) possíveis é: Q = {(0; ), (; ), (; ), (; ), (; 0)} e n(q) = 5 O conjunto R de todos os pares (c; g) possíveis é: R = {(0; ), (; ), (; ), (; ), (; 0), (; ), (; )} e n(r) = 7 O conjunto S de todos os pares (d; h) possíveis é: S = {(0; ), (; 0), (; )} e n(s) = Assim, todos os números (A;B), com A B, tais que mmc (A; B) = 6. 0 são obtidos por: = = 47 Considerando o caso A = B, temos então 47 pos - sibilidades. Resposta: 47 pares ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

34 8 A aresta lateral de uma pirâmide reta de base quadrada mede cm e a área do círculo inscrito na base mede 5π cm. Dois planos, π l e π, paralelos à base, decompõem a pirâmide em três sólidos de mesmo volume. Determine a altura de cada um desses sólidos. I) Sendo r a medida do raio do círculo inscrito na base, temos: πr 5π 5 = r = Assim, AB = r =. AC = 5. = 0 e AH = 5 = 5, II) No triângulo retângulo AHE, temos: (EH) + (AH) = (AE) (EH) + 5 = EH = III) Sendo V o volume da pirâmide ABCDE, V o volume da pirâmide RSTUE e V o volume da pirâmide MNPQE, temos: V a) V =. V = V V EF EF Assim, = = V EH 5 ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

35 EF = EF = 4 9 b) V =. V = V EG EG Assim, = = EG = V V V EH EG = 4 8 Logo, FG = EG EF = = = 4 9 ( ) c) GH = EH EG = 4 8 = 4 ( 8 ) Respostas: EF = 4 9, FG = 4 9 ( ) e GH = 4 ( 8 ) ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

36 9 Seja p(x) um polinômio não nulo. Se x 4x + 5x e x 5x + 8x 4 são divisores de p(x), determine o menor grau possível de p(x). p(x) é divisível por (x 4x + 5x ) Mas x 4x + 5x = (x ). (x ) = d (x) Ainda: p(x) é divisível por (x 5x + 8x 4) Mas x 5x + 8x 4 = (x ). (x ) = d (x) O mínimo múltiplo comum é mmc (d (x); d (x)) = (x ). (x ) e o menor grau de p(x), para as condições dadas, é igual a 4 (quatro). Resposta: 4 ITA - º DIA - DEZEMBRO/07

37 0 No plano cartesiano são dados o ponto P = (0, ) e o triângulo de vértices A = (0, 0), B = (, 0) e C = (, ). Determine um ponto N sobre o eixo dos x de modo que a reta que passa por P e N divida o triângulo ABC em duas regiões de mesma área. Seja r a reta que passa por P(0; ) D (x D ; y D ), N (n; 0), (n > 0), e divide o triângulo ABC em duas regiões de mesma área. y I) tg α = D = y D =. x x D D II) A área do triângulo ADN é tal que n. y D. n =. y D = 9. x D = x D = n n III) Os pontos P, D e N são alinhados e, portanto: x Dn y D0 = 0 = 0 n n n + 9 n 9 = 0 n =, pois n > 0 n 0 Resposta: N + 9 ; 0 ITA - º DIA - DEZEMBRO/07