MATEMÁTICA NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária i = det M : determinante da matriz M M : inversa da matriz M MN : produto das matrizes M e N AB : segmento de retas de extremidades nos pontos A e B [a,b] = {x : a x b} Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares. Sejam X e Y dois conjuntos finitos com X Y e X Y. Considere as seguintes afirmações:. I. Existe uma bijeção f :X Y. II. Existe uma função injetora g : Y X. III. O número de funções injetoras f : X Y é igual ao número de funções sobrejetoras g : Y X. É (são) verdadeira(s) a) nenhuma delas. b) apenas I. c) apenas III. d) apenas I e II. e) todas. Se X e Y são dois conjuntos finitos com X Y e X Y, então n (X) < n (Y). I) Falsa, pois para existir uma função bijetora f: X Y, deveríamos ter n (X) = n (Y). II) Falsa, pois tendo Y mais elementos do que X, para existir uma função g: Y X, pelo menos dois elementos distintos a e b de Y deverão ter a mesma imagem (g (a) = g (b)) e portanto g nunca será injetora. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
III) Falsa. Consideremos X = {a; b; c} e Y = {a; b; c; d} O número de funções f: X Y injetoras é A 4; = 4 x x = 4. O número de funções g: Y X sobrejetoras é. C 4;. = 6, pois para g ser sobrejetora, um, e apenas um, elemento de X deverá ser imagem de dois elementos distintos de Y. Existem maneiras de escolher este elemento, C 4; formas de escolher de que elementos de Y ele será imagem e ma - neiras de associar os outros dois elementos de Y. Para este exemplo, o número de funções f: X Y injetoras não é igual ao número de funções so - brejetoras g: Y X. Resposta: A O número de soluções da equação ( + sec θ)( + cossec θ) = 0, com θ [ π, π], é a) 0. b). c). d). e) 4. I) ( + sec θ). ( + cossec θ) = 0 + sec θ = 0 ou + cossec θ = 0, π com θ + n. π e θ n π (n ) II) + sec θ = 0 sec θ = cos θ = θ = π + n. π (n ) III) + cossec θ = 0 cossec θ = π sen θ = θ = + n. π (n ) De (I), (II) e (III), concluímos que o o número de soluções é zero. Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Sejam a, b, c, d. Suponha que a, b, c, d formem, nesta ordem, uma progressão geométrica e que a, b/, c/4, d 40 formem, nesta ordem, uma progressão aritmética. Então, o valor de d b é a) 40. b) 0. c) 0. d) 0. e) 40. Seja (a; b; c; d) uma progressão geométrica de razão b c q. Como a; ; ; d 40 é uma progressão 4 aritmética, temos: c aq a + a + b 4 aq 4 I) = = aq 4aq + 4a = 0 a. (q ) = 0 a = 0 (não convém) ou q = b + d 40 c II) = 4 aq + aq 40 aq = 4 aq = aq + aq 80 Para q =, vem: 4a = a + 6a 80 a = 0 Logo, a progressão geométrica de primeiro termo 0 e razão será (0, 40, 80, 60) e, portanto, d b = 60 40 = 0 Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
4 O maior valor de tg x, com x = 5 x 0, a) /4. b) /. c) /. d). e)., é x = arcsen e x 0; arcsen e π 5 sen x = 5 sen x. cos x sen x cos x = =. 5 cos x 0 cos x tg x = π 0. sec x 0. tg x =. (tg x + ) tg x 0 tg x + = 0 tg x = ou tg x = Admitindo-se como intervalo de variação da função π π arcsen θ o conjunto θ, como tradicio - nalmente se faz, temos: π π x e, portanto, a única solução possível é 4 4 tg x = Resposta: B ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
5 Considere a reta r: y = x. Seja A = (, ) o vértice de um quadrado ABCD, cuja diagonal BD está contida em r. A área deste quadrado é 9 a). 5 b). 5 8 c). 5 d). 5 4 e). 5 Seja d a medida da diagonal do quadrado. A distância do ponto A(; ) à reta r de equação d y = x x y = 0 é igual a. Então, d. = = + ( ) 5 6 Assim, d = e a área do quadrado ABCD é 5 6 6 5 5 6 8 = = = 0 5 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
6 Considere o sistema de equações 7 8 + + = x y S z 4 8 40 + + = 0 x y z. 54 4 + + = 7 x y z Se (x, y, z) é uma solução real de S, então x + y + z é igual a a) 0. b). c) 6. d) 9. e). Fazendo = a, = b, = c, temos: x y z 7 8 + + = x y z a + 7b + 8c = 4 8 40 + + = 0 x y z 4a + 8b + 40c = 0 a + 54b + 4c = 7 54 4 + + = 7 x y z a + 7b + 8c = 7b + 8c = 8c = = a b = 9 c = 8 Logo: = x = y 9 = z 8 x = y = ± z = x + y + z = + + = 6 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
7 O número de soluções inteiras da inequação 0 x x + 8x é a). b). c). d) 4. e) 5. Considerando que o gráfico da função y = x + 8x é do tipo y - 8 0 x Temos: 8 I) Para x 0: 0 x x + 8x 0 x ( x 8x) 0 4x + 8x 4x + 8x 0 e 4x + 8x x + x 0 e x + 4x 0 (x ou x 0) e 6 6 x + Assim: - 8 -- 6-0 -+ 6 x 6 V I = x x ou x = 0 8 II) Para x ou x 0: 0 x x + 8x 0 x (x + 8x) 0 x 8x x 8x 0 e x 8x x + 4x 0 e x + 4x + 0 ( 4 x 0) e (x ou x + ) ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Assim: -4 -- - 8 -+ 0 x V II = {x 4 x ou x = 0} Desta forma, o conjunto solução da inequação é V = x 4 x ou 6 x ou x = 0 pois -- 6-4 -- - - 0 x Neste conjunto, são inteiros 4, e 0, portanto, três soluções. Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
8 Sejam A = {,,, 4, 5} e B = {,,, 4, 5}. Se C = {xy : x A e y B}, então o número de elementos de C é a) 0. b). c). d). e) 4. A = {; ; ; 4; 5}, B = { ; ; ; 4; 5} e C = {xy : x A e y B} = = { ; ; ; 4; 5; 6; 8; 9; 0; ; 5; 6; 0; 5} Portanto, o número de elementos de C é 4. Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
9 Sejam S = {(x, y) : y x } e S = {(x, y) : x + (y + ) 5}. A área da região S S é 5 5 5 a) π. b) π. c) π. 4 4 4 75 75 d) π. e) π. 4 4 S : y x y - x - S : x + (y + ) 5; círculo de centro C(0; ) e raio 5. y 4 - C x -6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
S S : y 4 - - C x -6 90 Área =. π 5. 5π = 60 4 Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
0 Sejam a, b, c, d números reais positivos e diferentes de. Das afirmações: I. a (log c b) = b (log c a) a b c c a b II. log d c log d a log d b = III. log ab (bc) = log a c é(são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas I e II. d) apenas II e III. e) todas. Sendo a, b, c e d números reais positivos e diferentes de, tem-se: I. Verdadeira. a (log c b) = a = ( log a ab log ) a c = b log c a II. Verdadeira. log d c a. b a log d c log a b log a c b c log d a =.. = b log d c a log d c blogda c log d a. c a clogdb a log d b log d b =.. = b log d c alogdb a log d c blogdc a log d b = III) Falsa. Por exemplo, considere a = 5; b = e c =, assim, log ab (bc) = log 5. (. ) = log 0 6 log 5 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
0 0 Sejam D = 0 0 e P = 0 0 7 0 0 0 0 5 Considere A = P DP. O valor de det (A + A) é a) 44. b) 80. c) 40. d) 4. e) 60. A = P. D. P A = A. A = P. D. P. P. D. P = P. D. P = I D 0 0 0 0 = 0 0. 0 0 = 0 0 0 0 A + A = P. D. P + P. D. P = P. (D + D). P det(a + A) = det P. det(d + D). det P 0 0 det(a + A) = det (D + D) = 0 6 0 = 44 0 0 Resposta: A 0 0 0 4 0 0 0 9 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Considere dois círculos no primeiro quadrante: π C com centro (x, y ), raio r e área. 6 C com centro (x, y ), raio r e área 44π. Sabendo que (x l, y l, r ) e (x, y, r ) são duas progressões 7 geométricas com somas dos termos iguais a e, 4 respectivamente, então a distância entre os centros de C e C é igual a a). b) 9. c). d) 5. e) 7. I) As medidas dos raios r e r são: π r π = r = e π r = 44π r = 6 4 II) PG x, y, 4 7 x + y + = 4 4 4y x y + y = 8y +y = = 0 4 y = ou y = (não convém); 4 x Logo: = x = ; portanto, o centro de 4 C é dado por ;. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
III) PG (x, y, ) x + y + = y + y 9 = 0 y = x y + y 08 = 0 y = 6 ou y = 8 (não convém) Logo: 6 = x x = ; portanto, o centro de C é dado por (; 6). IV) A distância entre os centros C e C é igual a: 7 7 4 ( ) + 6 = = Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Das afirmações: I. Todo número inteiro positivo pode ser escrito, de maneira única, na forma k (m ), em que k e m são inteiros positivos. II. Existe um número x [0, π/] de tal modo que os nú - meros a = sen x, a = sen (x + π/4), a = sen (x + π/) e a 4 = sen (x + π/4) estejam, nesta ordem, em pro - gressão geométrica. III. Existe um número inteiro primo p tal que p é um número racional. é são verdadeiras(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. d) apenas I e II. e) todas. I. Verdadeira, pois todo número inteiro positivo é par ou ímpar. Se o número considerado for ímpar, pode ser escrito na forma (m ) com m inteiro positivo e, neste caso, basta k =. Se o número considerado for par, é da forma p. q, com q ímpar e p natural não nulo. Neste caso, existem m e k inteiros positivos tais que k = p k = p + e (m ) = q. II) Falsa, pois se π a = sen x, a = sen x + e 4 π a = sen x + estiverem, nesta ordem, em progressão geométrica, deveríamos ter: a = a. a sen π x + = 4 π = sen x. sen x + π π sen x. cos + sen. cos x 4 4 π π = sen x. sen x. cos + sen cos x sen x + cos x = = sen x. cos x ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
(sen x + sen x.cos x + cos x) = sen x. cos x + sen x. cos x = sen x. cos x, que é absurdo. III. Falsa, pois Se p for racional inteiro, então p = m * + {} e p = m = m. m não seria primo. Se p for racional não inteiro, existem m e n inteiros positivos não nulos e primos entre si (com m n ), tal que p = p = e p não seria n inteiro. Portanto, não seria primo. m n Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
4 Com os elementos,,..., 0 são formadas todas as sequências (a, a,..., a 7 ). Escolhendo-se aleatoriamente uma dessas sequências, a probabilidade de a sequência escolhida não conter elementos repetidos é 7! a). 0 7.! 0! b). 0 7.!! c). 0 7. 7! 0! d). 0. 7! 0! e). 0 7 A probabilidade pedida é 0. 9. 8. 7. 6. 5. 4 0 7 0. 9. 8. 7. 6. 5. 4... 0! = = 0 7... 0 7.! Resposta: B = ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
5 Considere a equação (a bi) 50 (a + bi) =. (a + b ) 50 + O número de pares ordenados (a, b) que satisfazem a equação é a) 500. b) 50. c) 50. d) 50. e) 504. ) (a bi) 50 (a + bi) = (a + b ) 50 + (a bi) 50 = (a bi) 50 = z 50 = (I), com z = a bi z ) Como e z 50 = z 50 z 500 + resulta de (I) que z 50 z z = = z 50 = z 500 + z 500 + z 00 + z 50 z = 0 z. z 000 + z 500 = 0 z = 0 ou z 500 = (a + bi) (a bi) (a + b ) 50 + (a + b ) (a + b ) 50 + z z 500 + ) Para z = 0, em (I), resulta: z 50 =. 0 0 50 + z 50 = 0 e, portanto, z = 0 4) Para z 500 =, resulta z = e, substituindo em (I), temos: Z 50. = z 50 =, que possui 50 soluções + distintas, pois z = 50. Assim, a equação dada possui 50 soluções. Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
6 Seja ABC um triângulo cujos lados AB, AC e BC medem 6 cm, 8 cm e 0 cm, respectivamente. Considere os pontos M e N sobre o lado BC tais que AM é a altura relativa a BC e N é o ponto médio de BC. A área do triângulo AMN, em cm, é a),6. b),60. c) 4,0. d) 4,48. e) 6,7. A 6 8 B M N C 0 O triângulo ABC é retiangulo em A, pois 6 + 8 = 0. Assim, considerando as medidas em centímetros, temos: 0 I) AN = BN = CN = = 5 II) (AM). (BC) = (AB). (AC) AM. 0 = 6. 8 AM = 4,8 III) (AB) = (BC). (BM) 6 = 0. BM BM =,6 IV) MN = BN BM = 5,6 =,4 Logo, a área S do triângulo AMN, em centímetros quadrados, é dada por: (MN). (AM),4. 4,8 S = = =,6 Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
7 Seis circunferências de raio 5 cm são tangentes entre si duas a duas e seus centros são vértices de um hexágono regular, conforme a figura abaixo. O comprimento de uma correia tensionada que envolve exter namente as seis circunferências mede, em cm, a) 8 + π. b) 0 + 0π. c) 8 + 6π. d) 60 + 0π. e) 6 + 6π. 0º r 60º r r r Sejam r = 5 cm a medida do raio e C o comprimento, em centímetros, da correia que envolve externamente as seis circunferências. C é dado pela soma de seis segmentos de reta de me - didas r e seis arcos de circunferência de 60 e raio r. 60 Assim, C = 6. r + 6.. π r = 60 = 6.. 5 + 6.. π. 5 = 60 + 0π 6 r Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
8 O lugar geométrico dos pontos (a, b) tais que a equação, em z, z + z + (a + ib) = 0 possua uma raiz puramente imaginária é a) uma circunferência. b) uma parábola. c) uma hipérbole. d) uma reta. e) duas retas paralelas. Sendo αi, com α *, uma raiz puramente ima - ginária da equação z + z + (a + bi) = 0, temos: (αi) + αi + a bi = 0 ( α + a) + (α b)i = 0 α + a = 0 b + a = 0 α b = 0 b = a (com b 0), que é a equação de uma parábola, sem o ponto (; 0). Resposta: B ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
9 Um atirador dispõe de três alvos para acertar. O primeiro deste encontra-se a 0m de distância; o segundo, a 40m; o terceiro alvo, a 60m. Sabendo que a probabilidade de o atirador acertar o alvo é inversamente proporcional ao quadrado da distância e que a probabilidade de ele acertar o primeiro alvo é de /, então a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é 0 a). 60 9 b). 54 0 c). 44 05 d). 5 9 e). 44 Sejam p, p e p, respectivamente, as probabilidades do primeiro, do segundo e do terceiro alvo serem acertados pelo atirador. k.. 0 p = = k = = 6. 0 0 k 6. 0 6 p = = = 6. = = 40 40 4 6 8 k 6. 0 6 p = = = 6. = = 60 60 6 6 6 A probabilidade de não acertar nenhum dos alvos é:.. = 8 6 5 5 =.. = 8 6 Então, a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é: 5 p = = 44 5 44 9 44 Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
0 Considere o triângulo ABC, em que os segmentos AC, CB e AB medem, respectivamente, 0 cm, 5 cm e 0 cm. Seja D um ponto do segmento AB de tal modo que CD é bissetriz do ângulo A ^CB e seja E um ponto do prolon gamento de CD, na direção de D, tal que D ^BE = D ^CB. A medida, em cm, de CE é tal que 6 a). 6 b). 7 6 c). 0 6 d). 5 6 e). Vamos considerar todas as medidas em centímetros. I) Aplicando o teorema da bissetriz do ângulo in - terno no triângulo ABC, temos: 5 0 = = BD = BD 0 BD BD 0 BD Assim, BD = e AD = 0 AD = 8 II) Aplicando-se a lei dos cossenos nos triângulos BCD e ACD, temos: (BD) = (BC) + (CD) (BC). (CD). cos α (AD) = (AC) + (CD). (AC). (CD). cos α = 5 + (CD). 5. (CD). cos α 8 = 0 + (CD). 0. (CD). cos α 44 = 5 + (CD) 0. (CD). cos α 64 = 00 + (CD) 0. (CD). cos α ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Substraindo a ạ equação da ạ equação, temos: 9 80 = 5 0. (CD) cos α (CD). cos α = Substituindo (CD). cos α na ạ equação, temos: 44 = 5 + (CD) 9 0. (CD) = 54 (CD) = 6 III) Da semelhança dos triângulos BDE e CDA, temos: DE BD DE 66 = = DE = AD CD 8 6 Logo: 66 CE = CD + DE = 6 + = 5 6 Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
( AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE A 0, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES. Considere as retas de equações r : y = x + a e s: y = bx + c, em que a, b, c são reais. Sabendo que r e s são perpen - diculares entre si, com r passando por (0, ) e s, por (, 4), determine a área do triângulo formado pelas retas r, s e o eixo x. Sendo r: y =. x + a e s: y = b. x + c perpen - diculares entre si, com r passando por (0; ) e s, por ( ; 4), temos: I) m r. m s =. b = b = II) (0; ) r: =. 0 + a a = III) ( ; 4) s: 4 =. + c c = 5 Se P(x p ; y p ) for a intersecção entre as retas r e s, então: y =. x + y = x + 5 4 x p = y p = s:y= - x+5 5 y r:y= x+ P ( - ;0 Q 0 4 R (5;0) x Logo, a área do triângulo PQR, formado pelas retas r, s e o eixo x é igual a: + 5.. = Resposta:. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Determine todos os valores reais de x que satisfazem a inequação 4 x > 4x. 4 x 4 x > 4x > 4x 4 64 x 8 x > 4 64 8 x > 4 x < log 4 64 8 Resposta: S = x x < log 4 64 8 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Considere o polinômio p(x) = x 4 ( + )x + ( + )x ( + 4 )x +. a) Determine os números reais a e b tais que p(x) = (x + ax + )(x + bx + ). b) Determine as raízes de p(x). a) p(x) = (x + ax + ) (x + bx + ) = = x 4 + bx + x + ax + abx + ax + x + bx + = = x 4 + (a + b) x + ( + ab) x + (a + b) x + Assim, devemos ter: x 4 + (a + b) x + ( + ab) x + (a + b) x + = = x 4 ( + ) x + ( + )x ( + 4)x + Do que se conclui que: a + b = + ab = + a + b = 4 a = b = b) p(x) = (x x + ). (x x + ) = 0 x x + = 0 ou x x + = 0 x = + ou x = ou 7 7 x = + i ou x = i Respostas: a) a = e b = b) +,, 7 7 + i, i ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
4 Sejam A e B dois conjuntos com e 5 elementos, respectivamente. Quantas funções sobrejetivas f : B A existem? ) Para f: B A ser sobrejetiva, os três elementos de A deverão ser imagens. Desta maneira, o conjunto B deverá ser partido em três subcon - juntos não vazios. Cada um deles deverá ter seus elementos associados a um dos elementos (distinto) de A. ) O conjunto B, com 5 elementos, pode ser par- tido da seguinte forma:.) Um subconjunto com três elementos e dois subconjuntos com um elemento cada um. Exis tem C 5; = 0 formas de se obter estes subconjuntos..) Um subconjunto com um elemento e dois subcon juntos com dois elementos cada um. 5. C Existem 4; = 5 formas de se obter estes subconjuntos. ) Para cada partição feita, existem P =! = 6 formas de associá-las a elementos de A. Desta maneira, existem: 5. C 4; = (0 + 5). 6 = 50 C 5; +. P funções sobrejetivas f: B A Resposta: 50 funções sobrejetivas. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
5 Sejam A = {,,, 9, 0) o conjunto dos números inteiros de a 0 e (a, a, a ) uma progressão geométrica crescente com elementos de A e razão q >. a) Determine todas as progressões geométricas (a, a, a ) de razão q =. m b) Escreva q =, com m, n e mdc(m, n) =. n Determine o maior valor possível para n. A = (,,,..., 9, 0) e (a ; a ; a ) é PG crescente de razão q >. a) q = (a, a, a ) = 9 a ; a. ; a. 4 Assim: a = 4 (4; 6; 9) a = 8 (8; ; 8) a = (; 8; 7) m b) q = e mdc (m. n) = n m n m PG a ; a. ; a.. n Como a. m n A e mdc (m, n ) =, o maior valor possível para n é 4 e, neste caso, os valores de m e a são res pectiva mente 5 e 6. A PG é 5 5 6; 6. ; 6. 4 = (6; 0; 5) Respostas: a) (4; 6; 9), (8; ; 8) e (; 8; 7) b) n = 4 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
( 6 Esboce o gráfico da função f : dada por f(x) = x. f(x) = x = x y = ( x / x y = ( ( x - x y = ( ( x - - x - y = ( ( x - - x Resposta: - x y = - - x ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
7 Determine todos os valores reais de a para os quais o seguinte sistema linear é impossível: x + ay + z = x y + z = x + az = 5 O sistema será impossível se, e somente se, a 0 a a = 0 e 0 0 5 a + 9a + 6 + a = 0 e 0 a + + 5a 0 a + 7a + 6 = 0 e a + 0 (a = ou a = 6) e a a = 6 Resposta: a = 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
8 Um triângulo retângulo com hipotenusa c = ( + 6) está circunscrito a um círculo de raio unitário. Determine a área total da superfície do cone obtido ao girar o triân - gulo em torno do seu maior cateto. A y.( + 6) E x x D B y F C Seja r a medida do raio do círculo. I) Sendo S a área do triângulo, temos: (BC).(AC) (y + ). (x + ) S = = = xy + x + y + = e AB + BC + AC S =. r = x + y + y + + x + =. r = x + y + =. = x + y + Assim, xy + x + y + = x + y + xy = x + y + xy =. ( + 6) + xy = + 6 II) x + y =. ( + 6 ) x. y = + 6 y = + 6 x x. y = + 6 Assim, x. ( + 6 x) = + 6 x + ( + 6 )x ( + 6) = 0 x ( + 6 )x + + 6 = 0 + 6 ± 6 x = = + 6 ± 4 x = + 6 ou x = + 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Como x + y = + 6, temos: x = + 6 y = + 6 e x = + 6 y = + 6 III) Como o cone é obtido ao girar o triângulo em torno do maior cateto, o raio da base R do cone é o menor cateto. Assim, R = + 6 + R = 6 IV) Como a geratriz g do cone mede. ( + 6 ), a área total A T da superfície do cone é dada por: A T = π R + π R g = = π. (6 ) + π. 6.. ( + 6 ) = = 6π + 6 π + π = π. (9 + 6 ) Resposta: π. (9 + 6 ) ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
9 Determine o conjunto das soluções reais da equação cossec x cossec x tg x =. tg (x) = cossec x = + tg (x) = x sen cos (x) Como cos(x) = sen x sen x cos (x) =, segue-se que: cos(x) = cos cos(x) (x) = cos (x) 6cos (x) + cos(x) = 0 Assim: ± 5 cos(x) = cos(x) = ou cos(x) = Se cos(x) = x = ± arc cos + n π; n π Se cos(x) = x = ± + n π; n S = x x = ± arc cos + n π; ou x = ± π + n π, em que n ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
0 Considere o cubo ABCDEFGH de aresta tal que: ABCD é o quadrado da base inferior; EFGH, o quadrado da base superior e AE, BF, CG e DH são as arestas verticais. Sejam L, M e N os pontos médios das arestas AB, CG e GH, respec tivamente. Determine a área do triângulo LMN. De acordo com o Teorema de Pitágoras, temos: I) (MN) = (MG) + (GN) (MN) = + MN = II) Sendo P o ponto médio de EF, temos NP = PL = Assim, (NL) = (NP) + (PL) (NL) = + NL = III) (CL) = (CB) + (BL) (CL) = + CL = 5 IV) (ML) = (MC) + (CL) (ML) = + (5 ) ML = 6 Logo, o triângulo LMN é retângulo em M, pois (NL) = (MN) + (ML). Assim, sua área S é dada por: (MN). (ML). 6 S = = = Resposta: ITA (º DIA) DEZEMBRO/06