(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA
1
MATEMÁTICA QUESTÃO 01
Considere as seguintes afirmações sobre números reais:
I. Se a expansão decimal de x é infinita e periódica, então x é um número racional.
II. ( )
∞
=
=−−
∑0
1 21 2 22 1 2n
n.
III. ( )( )+3 23 4ln log 2 log 9e é um número racional.
É (são) verdadeira (s): a) nenhuma. b) apenas II. c) apenas I e II. d) apenas I e III. e) I, II e III.
Resolução Alternativa D Julgando os itens:
I. CORRETO. Como essa é a definição de dízima periódica, temos que toda dízima periódica é um número racional.
II. INCORRETO. Manipulando o somatório:
( )∞ ∞
= =
⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ + + + +⎜ ⎟
− − ⎝ ⎠−∑ ∑ …
0 0
1 1 1 1 1 1 112 1 2 1 2 4 82 1 2 2n n
n n
Veja que a soma acima representa uma soma de PG infinita de razão 12
. Assim, podemos calcular:
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⋅ + + + + = ⋅ = =⎜ ⎟
− − ⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ −⎜ ⎟⎝ ⎠
…2
1 1 1 1 1 1 2 21 12 1 2 4 8 2 1 ( 2 1) 3 2 212
Portanto, ( )
∞
=
=−−
∑0
1 23 2 22 1 2n
n.
III. CORRETO. Veja:
( )( ) ( ) ( )+ = + ⋅ =2
23 2 23
3 4 3 2ln log 2 log 9 ln log 2 log 3e e
( ) ( ) ( )=
⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
3 2 3 21
2 2 2lne log 2 log 3 log 2 log 33 2 3
Mudando de base:
= =32
3 3
log 3 1log 3log 2 log 2
Temos:
( ) ( ) ( )+ ⋅ = + ⋅ = + =3 2 33
2 2 1 2 5log 2 log 3 log 2 13 3 log 2 3 3
Dessa maneira, ( )( )+ =3 23 4
5ln log 2 log 93
e . Portanto, é um número
racional.
QUESTÃO 02 Sejam A, B e C os subconjuntos de definidos por
{ }: 2 3 19A z z i= ∈ + − < ,
{ }7: 2B z z i= ∈ + <
{ }2: z 6 10 0C z z= ∈ + + = .
Então ( )\A B C∩ é o conjunto:
a) { }1 3 , 1 3i i− − − +
b) { }3 , 3i i− − − +
c) { }3 i− +
d) { }3 i− −
e) { }1 3i− +
Resolução Alternativa C Seja z a bi= + , z∈ . Inicialmente, determinemos os elementos de cada conjunto dado:
{ }: 2 3 19A z z i= ∈ + − <
De acordo com a definição do conjunto A , temos:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 3 2 3 2 3
2 3 19 2 3 19
z i a bi i a b i
a b a b
+ − = + + − = + + − =
= + + − < ⇔ + + − <
Assim, os elementos de A são os pontos interiores à circunferência de centro ( )2,3AO − e raio 19AR = .
{ }7: 2B z z i= ∈ + <
Analogamente, os elementos de B serão:
( ) ( ) ( )2 22 27 491 1 12 4
z i a bi i a b i a b a b+ = + + = + + = + + < ⇔ + + <
Ou seja, são os pontos interiores à circunferência de centro ( )0, 1BO −
e raio 72BR = .
{ }2: z 6 10 0C z z= ∈ + + =
Para determinarmos os elementos do conjunto C , resolvemos a seguinte equação do 2° grau:
( ) ( )( )
22 6 6 4 1 10 6 2z 6 10 0 3
2 1 2iz z z i
− ± − ⋅ ⋅ − ±+ + = ⇔ = ⇔ = = − ±
⋅
Logo, { } { }, 3 , 3C u v i i= = − + − − .
Dado que { }\ e A B x A x B= ∈ ∉ , temos que os elementos deste conjunto são os pontos interiores da circunferência do conjunto A que não estão no interior da circunferência B . Desta forma, os elementos do conjunto ( )\A B C∩ são os números complexos no interior da circunferência do conjunto A cuja distância ao centro da circunferência do conjunto B é maior que a medida de BR , assim:
( ) [ ]2 2(u,O ) 3 2 1 3 5 19Ad ⎡ ⎤= − − − + − = <⎣ ⎦
Logo, o ponto u está no interior da circunferência determinada pelo conjunto A.
( ) [ ]2 2( ,O ) 3 2 1 3 17 19Ad v ⎡ ⎤= − − − + − − = <⎣ ⎦
Logo, o ponto v está no interior da circunferência determinada pelo conjunto A.
Calculemos, agora, as distâncias de u e v ao ponto OB :
[ ] ( ) 22 7(u,O ) 3 0 1 1 132Bd ⎡ ⎤= − − + − − = >⎣ ⎦
[ ] ( ) 22 7(v,O ) 3 0 1 1 32Bd ⎡ ⎤= − − + − − − = <⎣ ⎦
Portanto, o único elemento do conjunto ( )\A B C∩ é o complexo
3 i− + , isto é, ( ) { }\ 3A B C i∩ = − + .
Abaixo, segue a ilustração
BO
AO
v
u
Re
Im
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2
QUESTÃO 03
Se 10
1 31 3
izi
⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
, então o valor ( )( ) ( )( )+2arcsen Re 5arctg 2 Imz z é
igual a:
a) 23π
−
b) 3π
−
c) 23π
d) 43π
e) 53π
Resolução Alternativa D
Manipulando a expressão +−
1 31 3
ii
:
+ + − +⋅ = = − +
− +1 3 1 3 2 2 3 1 3
4 2 21 3 1 3i i i ii i
Transformando para a forma trigonométrica, sabemos que:
π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 3 2 2 2cos sen cis2 2 3 3 3
i i
Assim, desenvolvendo o número complexo z:
⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ π⎛ ⎞= ⇔ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠
10 101 3 2cis
31 3iz zi
Lembrando que:
( )= ⋅ α ⇒ = ⋅ ⋅ αcis cisnnz z z z n , com ∈n
Voltando:
⎡ ⎤π π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⋅ ⇒ = =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
102 2 20 2cis cis 10 cis cis3 3 3 3
z z z
Dessa maneira, a forma algébrica de z é dada por:
π⎛ ⎞= ⇔ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠
2 1 3cis3 2 2
z z i
Antes de calcularmos a expressão ( )( ) ( )( )+2 arcsen Re 5 arctg 2 Imz z , lembramos que a imagem da
função arcsen x é π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦,
2 2 e da função arctg x é π π⎤ ⎡−⎥ ⎢⎦ ⎣
,2 2
. Assim:
( )( ) ( )( ) ⎛ ⎞⎛ ⎞+ = ⋅ − + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 32 arcsen Re 5 arctg 2 Im 2 arcsen 5 arctg 22 2
z z
π π π⎛ ⎞= ⋅ − + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
42 56 3 3
Portanto, ( )( ) ( )( ) π+ =
42 arcsen Re 5 arctg 2 Im3
z z .
QUESTÃO 04 Seja C uma circunferência tangente simultaneamente às retas
: 3 4 4 0r x y+ − = e : 3 4 19 0s x y+ − = . A área do círculo determinado porC é igual a:
a) 57π
b) 45π
c) 32π
d) 83π
e) 94π
Resolução Alternativa E Observe que ambas as retas são paralelas, assim a distância entre as retas será igual ao diâmetro da circunferência. Escrevendo as equações das retas nas formas
+ + = 0ax by c e + + =' 0ax by c
a distância entre as retas será:
− − += ⇒ = ⇒
+ +2 2 2 2
| c c' | | 4 19 |(r,s) (r,s)3 4
d da b
=(r,s) 3d
E a área do círculo, portanto, será:
⎛ ⎞= π = π ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠
22 ( , )
2d r sA R ⎛ ⎞= π ⇒⎜ ⎟
⎝ ⎠
232
Aπ
=94
A
QUESTÃO 05
Seja ( )1 2 3, , ,a a a … a sequência definida da seguinte forma: 1 1a = ,
2 1a = e 1 2n n na a a− −= + para 3n ≥ . Considere as afirmações a seguir:
I. Existem três termos consecutivos, 1 2, ,p p pa a a+ + , que, nesta ordem, formam uma progressão geométrica. II. 7a é um número primo. III. Se n é múltiplo de 3, então na , é par.
a) apenas II. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas II e III. e) I, II e III.
Resolução Alternativa D Primeiro observemos que essa se trata da famosa sequência de Fibonacci, onde a partir dos primeiros termos formamos o próximo por somar seu dois termos antecessores.
I – FALSA. Para averiguar isso, vamos escrever os primeiros termos as sequência e checar sua paridade:
Sequência 1,1, 2, 3, 5, 8,13, 21, 34, 55, 89,144, ...Paridades , , , , , , , , , , , , ...i i p i i p i i p i i p
==
Então 3 números consecutivos da sequência sempre tem necessariamente 2 números impares e 1 número par. Agora três números , ,a b c em progressão geométrica devem satisfazer necessariamente a propriedade da média geométrica, que diz que:
2b ac=
Se esses são termos consecutivos da sequência de Fibonacci, temos duas possibilidades:
• b é o valor par, mas então a e c são ímpares e portanto ac é ímpar. ABSURDO.
• a ou c é o valor par, mas então ac é par e 2b é ímpar. ABSURDO.
Assim é impossível que esses valores formem uma progressão geométrica.
II – VERDADEIRA. Basta calcular os termos até o sétimo.
1
2
3
4
5
6
7
111 1 22 1 33 2 55 3 88 5 13
aaaaaaa
=
=
= + =
= + =
= + =
= + =
= + =
Então 7 13a = , ou seja, um número primo.
III – VERDADEIRA. Basta lembrar da sequência de paridades
Paridades , , , , , , , , , , , , ...i i p i i p i i p i i p=
Assim fica claro que para todo n múltiplo de 3, o valor na é par.
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3
QUESTÃO 06
Considere a equação 2 51 1 2
a bx x
− =− −
, com a e b números inteiros
positivos. Das afirmações:
I. Se 1a = e 2b = , então 0x = é uma solução da equação.
II. Se x é solução da equação, então 12
x ≠ , 1x ≠ − e 1x ≠ .
III. 23
x = não pode ser solução da equação.
É (são) verdadeiras(s): a) apenas II. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas II e III. e) I, II e III.
Resolução Alternativa E (I) Correta. Considerando 1 2x ≠ , 1x ≠ − e 1x ≠ , para 1a = e
2b = , a equação fica:
( )2 2 2
4 5 2 11 2 1 2 2 15 511 1 2 1 1 2 12
xx x x x xx
+ ⋅ −⋅− = ⇔ = + ⇔ = ⇔
− − − − −−
( ) ( )2 3 22 1 1 10 1 10 8 0x x x x x x− = − ⋅ − ⇔ − − = ⇔
( )2 1 32110 8 0 0 ou 20
x x x x x ±⋅ − − = ⇔ = =
Portanto, de fato 0x = é uma solução da equação.
(II) Correta. De fato, como condição de existência para a equação, as frações não podem ter denominador nulo. Assim:
2 11 011 0 12
2
xxx
xx
≠⎧⎧ − ≠⎪ ⎪⇔ ⎪ ≠ −⎨ ⎨− ≠⎪⎩ ⎪ ≠⎪⎩
(II) Correta. Suponha que 23
x = fosse solução da equação. Teríamos
então:
2 5 52 1 5 121 3 2 9 63
a b a b− = ⇔ − = ⇔
⎛ ⎞ −− ⎜ ⎟⎝ ⎠
( )9 30 25 3 3 10 25a b a b− = ⇔ ⋅ − =
Se a e b fossem números inteiros, teríamos uma igualdade entre números inteiros em que o lado esquerdo é múltiplo de 3, porém o lado direito não, o que é um absurdo.
QUESTÃO 07 Considere o polinômio p dado por ( ) 3 22 16p x x ax bx= + + − com a , b∈ . Sabendo-se que p admite raiz dupla e que 2 é uma raiz de p , então o valor de b a− é igual a: a) –36. b) –12. c) 6 d) 12. e) 24.
Resolução Alternativa B Sabendo que 2 é raiz de p(x), temos:
( ) 3 22 0 2 2 2 2 16 0 2 0p a b a b= ⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ − = ⇒ + =
Agora, para manipularmos as outras duas raízes desconhecidas de p(x), temos dois casos:
1º caso: 2 é raiz dupla de p(x).
Se 2 for raiz dupla de p(x), então r é a raiz faltante. Assim, pelas Relações de Girard:
( )−⋅ ⋅ = − ⇒ =
162 2 2
2r r
Dessa maneira, 2 se torna raiz tripla do polinômio, o que torna o enunciado falso. Portanto, 2 não é raiz dupla.
2º caso: 2 não é raiz dupla de p(x).
Como 2 não é raiz dupla, então tomemos a raiz dupla r. Novamente, pelas Relações de Girard:
( )−⋅ ⋅ = − ⇒ = ⇒ = ±216
2 4 22
r r r r
Veja que = 2r não convém pelo argumento acima, então temos que = −2r é a raiz que procuramos.
Aplicando a soma das raízes:
( ) ( )+ − + − = − ⇒ =2 2 2 42a a
Sabendo que + =2 0a b , temos:
= − ⇒ = − ⋅ ⇒ = −2 2 4 8b a b b
Portanto,
8 4 12b a b a− = − − ⇒ − = − . QUESTÃO 08
Seja p o polinômio dado por 15
0( ) j
jj
p x a x=
= ∑ , com ja ∈ , 0,1, ,15j = … ,
e 15 0a ≠ . Sabendo-se que i é uma raiz de p e que (2) 1p = , então o resto da divisão de p pelo polinômio q, dado por
3 2( ) 2 2q x x x x= − + − , é igual a
a) 21 15 5
x − .
b) 21 15 5
x +
c) 22 25 5
x +
d) 23 35 5
x − .
e) 23 15 5
x +
Resolução Alternativa B O polinômio q pode ser reescrito, na forma fatorada, como:
( ) ( )3 2 2( ) 2 2 2 1 2q x x x x x x x= − + − = ⋅ − + ⋅ − ⇔
( ) ( )2( ) 1 2q x x x= + ⋅ −
Como o polinômio q tem grau 3, então o resto r da divisão será da forma:
2( )r x a x b x c= ⋅ + ⋅ +
Logo, sendo t o quociente dessa divisão, temos que:
( ) ( )2 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ( )p x q x t x r x x x t x a x b x c= ⋅ + = + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ +
Como p tem coeficientes reais e i é raiz de p, então pelo teorema das raízes conjugadas, −i também deve ser raiz de i. Assim, temos que:
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 2 ( ) 0( ) 0( ) 0 ( ) 1 2 ( ) ( ) ( ) 0(2) 1 2 1 2 2 (2) 2 2 1
i i t i a i b i cp ip i i i t i a i b i cp t a b c
⎧ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ==⎧ ⎪⎪ ⎪− = ⇔ − + ⋅ − − ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + = ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪=⎩ + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + =⎪⎩
( ) 0 0( ) 0 0(2) 1 4 2 1
p i a b i cp i a b i cp a b c
= − + ⋅ + =⎧ ⎧⎪ ⎪
− = ⇔ − − ⋅ + = ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪= + ⋅ + =⎩ ⎩
Somando e subtraindo as duas primeiras equações entre si, vem que:
15
0 04 2 1 1
5
ac ab b
a b c c
⎧ =⎪=⎧⎪⎪
= ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ ⋅ + =⎩ ⎪ =
⎪⎩
Portanto:
21 1( )5 5
r x x= +
(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA
4
QUESTÃO 09 Considere todos os triângulos retângulos com os lados medindo
, 2a a e a. Dentre esses triângulos, o de maior hipotenusa tem seu menor ângulo, em radianos, igual a
a) 3arctg4
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
b) 3arctg3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
c) 1arctg2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
d) 3arctg5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e) 4arctg5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Resolução Alternativa C Inicialmente, devemos analisar as possibilidades de se formar um triângulo retângulo de lados , 2a a e a. Lembrando que a hipotenusa de um triângulo retângulo é o lado de maior medida, podemos dizer que o lado que mede a não poderá ser hipotenusa já que,
2 a a> , para qualquer a real positivo.
Deste modo, basta que analisemos dois casos, que são listados abaixo:
1º caso: 2 a é a medida do maior lado e, portanto, hipotenusa. Sendo assim, pela relação de Pitágoras, segue:
( ) ( )2 222 a a a= +
Como a deve ser um real positivo, pois representa a medida de um lado do triângulo, então:
2 24 3 3a a a a a a= + ⇒ = ⇒ =
Logo, o triângulo retângulo será o da ilustração abaixo:
A B
C
α 3
3
2 3
2º caso: a é a medida do maior lado e, portanto, hipotenusa. Sendo assim, pela relação de Pitágoras, segue:
( ) ( )2 22 2a a a= +
Como a deve ser um real positivo, pois representa a medida de um lado do triângulo, então:
( ) ( )2 22 2 22 4 5 5a a a a a a a a a= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ =
Logo, o triângulo retângulo será o da ilustração abaixo:
A B
C
α
5 5
2 5
Sendo assim, o triângulo formado no segundo caso é o que apresenta maior hipotenusa dentre as duas situações. Além disso, como o menor ângulo é oposto ao menor lado, então α representa o menor ângulo. Logo,
5 1tg arctg22 5
⎛ ⎞α = ⇒ α = ⎜ ⎟⎝ ⎠
QUESTÃO 10 Os valores de [ ]0,2x∈ π que satisfazem a equação
( ) ( )2sen x cos x 1− =
a) 3arccos5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e π
b) ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
3arcsen5
e π
c) 4arcsen5
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
e π
d) 4arccos5
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
e π
e) 4arccos5
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
e π
Resolução Alternativa A Reescrevendo a equação do enunciado, temos:
( ) ( ) ( ) ( )2sen x cos x 1 2sen x 1 cos x− = ⇔ = +
Elevando ambos os lados da equação ao quadrado, segue que:
( )[ ] ( )[ ] ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )= + ⇒ = + + ⇒
⋅ − = + + ⇒ + − =
2 2 2 2
2 2 2
2sen x 1 cos x 4sen x 1 2cos x cos x
4 1 cos x 1 2cos x cos x 5cos x 2cos x 3 0
Logo,
( )( )
( )( )
( )
2cos x 1
2 2 4 5 3 2 8cos x cos x ou2 5 10
3cos x5
⎧⎪ = −⎪− ± − ⋅ ⋅ − − ±
= ⇔ = ⇔ ⎨⋅ ⎪
⎪ =⎩
Portanto, respeitando [ ]0,2x∈ π , temos:
( )cos x 1 x= − ⇒ = π
( ) 3 3cos x arccos5 5
x ⎛ ⎞= ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
QUESTÃO 11 Sejam α e β números reais tais que α, β ] [0,2α + β∈ π e satisfazem as equações
α α= +2 44 1cos cos
2 5 2 5 e β β
= +2 44 3cos cos3 7 3 7
Então, o menor valor de α + βcos( ) é igual a a) −1.
b) − 32
.
c) − 22
.
d) − 12
.
e) 0 . Resolução Alternativa B
Fazemos um troca de variável para cada equação:
2
2
cos2
cos3
x
y
α⎧ =⎪⎪⎨ β⎪ =⎪⎩
Assim, ficamos com:
2 4 2 2
2 4 2 2
4 1 4 1 4 1cos cos 02 5 2 5 5 5 5 5
4 3 4 3 4 3cos cos 03 7 3 7 7 7 7 7
x x x x
y y y y
α α⎧ ⎧ ⎧= + = + − + =⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨β β⎪ ⎪ ⎪= + = + − + =
⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎩
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5
2 2
2 2
11 cos 1 ou cos1 ou 2 2 44
33 cos 1 ou cos1 ou 3 3 44
x x
y y
α α⎧⎧ = == = ⎪⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ β β⎪ ⎪ = == =⎪ ⎪⎩ ⎩
Para o ângulo α, usando a relação do arco duplo
2cos 2 cos 12α
α = ⋅ − ,
temos que:
1 1cos 2 1 1 1 ou cos 2 14 2
α = ⋅ − = α = ⋅ − = −
Estando α no intervalo ] [0,2π , descartamos a possibilidade cos 1α = e ficamos com:
1 2 4cos ou 2 3 3
π πα = − ⇔ α = α =
Já para o ângulo β, temos que:
20 2 03 3β π
< β < π ⇔ < <
Nesse intervalo, o cosseno tem a limitação:
1 cos 12 3
β− < <
Assim, das possibilidades
2 2 3 3cos 1 ou cos cos 1 ou cos3 3 4 3 3 2β β β β= = ⇔ = ± = ± ,
a única que convém é 3cos3 2β= . Logo:
3 6 2β π π= ⇔ β =
Portanto, os pares ordenados ( ),α β que satisfazem a todas as restrições são
( ) 2, ,3 2π π⎛ ⎞α β = ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ou ( ) 4, ,
3 2π π⎛ ⎞α β = ⎜ ⎟
⎝ ⎠,
de modo que:
( ) 2 7 3cos cos cos ou3 2 6 2π π π⎛ ⎞α + β = + = = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) 4 11 3cos cos cos3 2 6 2π π π⎛ ⎞α + β = + = =⎜ ⎟
⎝ ⎠
Assim, o menor valor de ( )cos α + β é:
( ) 3cos2
α + β = −
QUESTÃO 12
Seja ( )5 5aijA
×= a matriz tal que ( )1a 2 2 1i
ij j−= − , 1 , 5i j≤ ≤ .
Considere as afirmações a seguir:
I. Os elementos de cada linha i formam uma progressão aritméticade razão 2i .
II. Os elementos de cada coluna j formam uma progressão geométrica de razão 2.
III. tr A é um número primo.
É (são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas II e III. d) apenas I e III. e) I, II e III.
Resolução Alternativa E A matriz A é dada por:
1 3 5 7 92 6 10 14 184 12 20 28 368 24 40 56 72
16 48 80 112 144
A
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
Julgando cada afirmação: (I) Correta. De fato, temos ao longo de cada linha progressões aritméticas, cujas razões são 2 (1ª linha), 4 (2ª linha), 8 (3ª linha), 16 (4 ª linha) e 32 (5 ª linha):
(II) Correta. De fato, temos ao longo de cada coluna progressões geométricas de razão 2.
(III) Correta. O traço da matriz A é dado por:
tr 1 6 20 56 144 227A = + + + + = ,
que é um número primo.
QUESTÃO 13 Considere a matriz ( )2 2ijM m
×= tal que 1ijm j i= − + , , 1, 2i j = .
Sabendo-se que
1
1 0det 252
1 1
nk
kM n
=
⎛ ⎞⎡ ⎤− =⎜ ⎟⎢ ⎥
⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ,
então o valor de n é igual a a) 4. b) 5. c) 6. d) 7. e) 8.
Resolução Alternativa C Temos:
1 20 1
M ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
Observe que:
2 1 2 1 2 1 40 1 0 1 0 1
M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
3 2 1 4 1 2 1 60 1 0 1 0 1
M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
4 3 1 6 1 2 1 80 1 0 1 0 1
M M M ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Por indução, teríamos que:
1 20 1
k kM ⎡ ⎤
= ⎢ ⎥⎣ ⎦
Assim, a soma das potências de M é dada por:
1
1 2 1 4 1 6 1 20 1 0 1 0 1 0 1 0
nk n
k
n n SM
n=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ ,
onde nS é a soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética de primeiro termo 2 e razão 2. Tal soma é dada por:
( ) 22 22nn nS n n+ ⋅
= = + ,
de modo que:
2
1 0
nk
k
n n nMn=
⎡ ⎤+= ⎢ ⎥⎣ ⎦
∑
Portanto:
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ +⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑2 2
1
1 0 0 01 1 0 0
nk
k
nn n n n nM nn nn n
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6
Segue que:
=
⎛ ⎞ +⎡ ⎤− = ⇔ = ⇔⎜ ⎟⎢ ⎥ −⎣ ⎦⎝ ⎠
∑2
1
1 0 0det 252 2521 1 0
nk
k
n nM nn
3 2 3 2252 252 0n n n n+ = ⇔ + − =
Por pesquisa de raízes racionais, descobrimos que 6 é raiz desse polinômio. Assim, pelo dispositivo de Briot-Ruffini:
6 1 1 0 −252 1 7 42 0
Logo:
( ) ( )3 2 2252 0 6 7 42 0n n n n n+ − = ⇔ − ⋅ + + = ⇔
6n = ou 2 7 42 0n n+ + =
Como a equação 2 7 42 0n n+ + = não tem raízes reais, pois seu discriminante é:
27 4 1 42 119 0− ⋅ ⋅ = − < ,
ficamos com 6n = .
QUESTÃO 14 Considere os pontos = −(0, 1)A , = (0,5)B e a reta − + =: 2 3 6 0r x y . Das afirmações a seguir:
I. =( , ) ( , )d A r d B r . II. B é simétrico de A em relação à reta r. III. AB é base de um triângulo equilátero ABC, de vértice
= −( 3 3,2)C ou = (3 3,2)C
É (são) verdadeira(s) apenas: a).I. b).II. c).I e II. d).I e III. e).II e III.
Resolução Alternativa D I – VERDADEIRA. Lembrando que a fórmula da distância do ponto ( )0 0,x y a reta
0ax by c+ + = é dada por
0 0
2 2
ax by cd
a b
+ +=
+
Então
( ) ( )2 2
2 0 3 1 6 9,132 3
d A r⋅ − ⋅ − +
= =+
( ) ( )2 2
2 0 3 5 6 9B,132 3
d r⋅ − ⋅ +
= =+
Portanto, as distâncias são iguais. II – FALSA. Para um ponto ser simétrico a outro em relação a uma reta, devemos ter que o segmento AB deve ser perpendicular à reta além dos pontos equidistarem da mesma:
No entanto, nossos pontos são alinhados verticalmente e nossa reta não é horizontal:
Ou seja, B não é o simétrico de A em relação a reta r.
III – VERDADEIRA. Basta averiguar que para os pontos dados, o triângulo é equilátero. Pelo enunciado ( ) 2 2, 0 6 6d A B = + = . Então
( ) ( ) ( )( )2 2
, 3 3 0 2 1 27 9 6d C A = ± − + − − = + =
( ) ( ) ( )2 2, 3 3 0 2 5 27 9 6d C B = ± − + − = + =
Então como ( ) ( ) ( ), , , 6d A B d A C d B C= = = , a afirmação é verdadeira.
QUESTÃO 15
Dados o ponto ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
254,6
A e a reta + − =: 3 4 12 0r x y , considere o
triangulo de vértices ABC, cuja base BC esta contida em r e a medida
dos lados AB e AC é igual a 256
. Então, a área e o perímetro desse
triangulo são, respectivamente, iguais a
a) 22 40e3 3
.
b) 23 40e3 3
.
c) 25 31e3 3
.
d) 25 35e3 3
.
e) 25 40e3 3
.
Resolução Alternativa E Primeiramente vamos calcular a distância do ponto A até a reta, que corresponde a altura relativa a base BC do triângulo.
2 2
253 4 4 1210633 4
d⋅ + ⋅ −
= =+
Então temos o seguinte esboço
Então podemos descobrir o valor de x aplicando Pitágoras no triângulo ABPΔ :
2 2 225 10 5 56 2 3 2 2
x x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⇔ = ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Agora podemos calcular todos os valores pedidos.
25 25 40Perímetro 56 6 3
= + + = .e 1 10 25Área 52 3 3
= ⋅ ⋅ = .
A
B
C
256
256
P
103
2x
2x
A
'A
r
B
A
'A
r
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7
QUESTÃO 16 Considere as afirmações a seguir:
I. O lugar geométrico do ponto médio de um segmento AB , com comprimento fixado, cujos extremos se deslocam livremente sobre os eixos coordenados é uma circunferência. II. O lugar geométrico dos pontos (x,y) tais que
3 2 2 26 4 2 0x x y xy x xy+ − − − = é um conjunto finito no plano cartesiano 2 III. Os pontos (2,3), (4, -1) e (3,1) pertencem a uma circunferência.
Destas, é (são) verdadeira(s) a) Apenas I b) Apenas II c) Apenas III d) I e II e) I e III.
Resolução Alternativa A I. VERDADEIRA. Precisamos construir uma equação paramétrica para descrever as coordenadas do nosso ponto. Vamos considerar uma situação no primeiro quadrante, pois, por simetria, isso se refletirá nos outros quadrantes. O nosso parâmetro a será a distância do vértice B até a origem. Observe o esboço abaixo:
Então, as coordenas do ponto médio, serão iguais à metade de cada cateto do nosso triângulo. Sendo assim, temos as equações paramétricas:
2 2
2
2
ax
ay
⎧ =⎪⎪⎨
−⎪ =⎪⎩
Para retirar da forma paramétrica elevamos ao quadrado as equações:
22
22 2
2 22
44
4
axx y
ay
⎧=⎪⎪ ⇔ + =⎨
−⎪ =⎪⎩
Que é a equação de uma circunferência. II. FALSA.
Observe que podemos colocar x em evidencia na equação:
( )3 2 2 2 2 26 4 2 0 6 4 2 0x x y xy x xy x x xy y x y+ − − − = ⇔ + − − − =
Então 0x = é um objeto que satisfaz a equação, mas este corresponde ao eixo y , que contém infinitos pontos.
III. FALSA.
Observe que quaisquer 3 pontos não alinhados definem uma circunferência. Basta então, que testemos o alinhamento dos pontos. Fazemos isso através do determinante:
2 3 14 1 1 2 9 4 3 12 2 03 1 1
− = − + + + − − =
Então, os pontos estão alinhados e não definem circunferência.
QUESTÃO 17 Seja ABCD um trapézio isósceles com base maior AB medindo 15, o lado AD medindo 9 e o ângulo ˆADB reto. A distância entre o lado AB e o ponto E em que as diagonais se cortam é:
a) 218
b) 278
c) 358
d) 378
e) 458
Resolução Alternativa E No triângulo retângulo ABD determinamos a medida do segmento BD utilizando o Teorema de Pitágoras:
( )22 215 9 12BD BD= + ⇔ =
Seja M a projeção ortogonal do ponto E , encontro das diagonais, sobre o lado AB do trapézio isósceles. Desta forma, desejamos determinar a medida do segmento EM x= .
Note que M é ponto médio do segmento AB , assim 152
AM MB= = .
Observe, ainda, que o triângulo ABD é semelhante ao triângulo EBM , ou seja, ABD EBMΔ Δ∼ ; caso ângulo-ângulo, então:
15 2 459 12 8
EM MB x xAD BD
= ⇔ = ⇔ =
QUESTÃO 18 Num triângulo PQR , considere os pontos M e N pertencentes aos
lados PQ e PR , respectivamente, tais que o segmento MN seja tangente à circunferência inscrita ao triângulo PQR . Sabendo-se que
o perímetro do triângulo PQR é 25 e que a medida de QR é 10, então o perímetro do triângulo PMN é igual a:
a) 5. b) 6. c) 8. d) 10. e) 15.
A
B
a
2 2a−
A M B
CD
E
15/2
9
x
15/2
12
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8
Resolução Alternativa A Denotemos por S, T, U e V os pontos de tangência dos segmentos MN , PR , RQ e PQ a circunferência inscrita no triangulo PQR.
Assim, RU RT= , QU QV= e, como 10RQ = temos que
20RU RT QU QV+ + + = . Desta forma, como o perímetro do triângulo
PQR é 25, 5PT PV+ = , isto é
( ) ( ) ( )+ = + + + = ∗5 Eq.PT PV PM MV PN NT
Temos ainda que MS MV= , NS NT= e, substituindo estas duas últimas igualdades na equação ( )∗ obtemos o perímetro do triângulo PMN:
( ) ( ) ( ) ( ) 5PM MV PN NT PM MS PN NS+ + + = + + + =
QUESTÃO 19 Considere uma circunferência C, no primeiro quadrante, tangente ao eixo Ox e à reta − =: 0r x y . Sabendo-se que a potência do ponto
( )0,0O = em relação a essa circunferência é igual a 4, então o centro e o raio de C são, respectivamente, iguais a. a) ( )−2,2 2 2 e −2 2 2
b) ⎛ ⎞
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2 12,2 2
e −2 1
2 2
c) ( )−2, 2 1 e −2 1
d) ( )−2,2 2 e −2 2
e) ( )−2,4 2 4 e −4 2 4
Resolução Alternativa A Segue abaixo a ilustração que descreve a situação do enunciado. y
x 0
C
y x=
θ
Podemos notar que:
( )tg 14π
θ = ⇒ θ =
Além disso, as coordenadas de C são tais que:
( ),cC x r=
Como a potência da origem em relação à circunferência é igual a 4, então:
( )2 4 2c cx x= ⇒ = ±
Como a circunferência está no primeiro quadrante, então 2cx = .
Podemos notar, também, que:
tg tg 2 tg 2 tg2 2 2 2 8C
r r r rx
θ θ θ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Mas,
( )( )
( )2
1 cos1 cos 4tg tg2 1 cos 8 1 cos
4
21 2 2 2 22tg tg tg8 8 8 22 2 21
22 2 2 2tg tg tg 2 1
8 8 82 2
π⎛ ⎞− ⎜ ⎟θ − θ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ π⎝ ⎠ + θ ⎛ ⎞⎝ ⎠ + ⎜ ⎟⎝ ⎠
−π π − π −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠+
+
π − π − π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇔ = ⇔ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Logo,
( )2 tg 2 2 1 2 2 28
r r rπ⎛ ⎞= ⋅ ⇔ = ⋅ − ⇔ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
Portanto,
( )2,2 2 2C = − e 2 2 2r = −
QUESTÃO 20 Uma taça em forma de cone circular reto contém um certo volume de um líquido cuja superfície dista h do vértice do cone. Adicionando-se um volume idêntico de líquido na taça, a superfície do líquido, em relação à original, subirá de: a) −3 2 h b) −3 2 1
c) ( )−3 2 1 h
d) h
e) 2h
Resolução Alternativa C Abaixo temos uma representação da taça com a distância h da superfície do líquido até o vértice e o quanto a superfície do líquido subirá (x) após adicionar mais líquido.
O volume de líquido na situação final será o dobro que na situação inicial, então:
final inicial2V V= ⋅
Sabendo que os sólidos são semelhantes, é válida a seguinte relação:
( )
3 33final
inicial
3 3
2 2
2 2 1
V h x h x h xV h h h
h h x x h
+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⋅ − = ⇒ = ⋅ −
h
x
C B
A
D E
U
P
R
Q
T
V
S
M
N
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9
QUESTÃO 21
Considere as funções 1 2, , :f f f → , sendo 11( ) 32
f x x= + ,
23( ) 12
f x x= + e ( )f x igual ao maior valor entre 1( )f x e 2( )f x , para
cada x∈ . Determine: a) Todos os ∈x tais que =1 2( ) ( )f x f x . b) O menor valor assumido pela função f. c) Todas as soluções da equação =( ) 5f x .
Resolução a) Temos que:
1 21 3( ) ( ) 3 1 6 3 12 2
f x f x x x x x= ⇔ + = + ⇔ + = +
Consideramos três casos para a abertura dos módulos: • Para 1x < − :
( ) 96 3 1 2 92
x x x x− + = − ⋅ + ⇔ = − ⇔ = −
Esse valor convém, pois satisfaz a restrição 1x < − .
• Para 1 0x− ≤ < :
( ) 36 3 1 4 34
x x x x− + = ⋅ + ⇔ = ⇔ =
Esse valor não convém, pois não satisfaz a restrição 1 0x− ≤ < .
• Para 0x ≥ :
( ) 36 3 1 2 32
x x x x+ = ⋅ + ⇔ = ⇔ =
Esse valor convém, pois satisfaz a restrição 0x ≥ .
Em suma, os valores de ∈x tais que =1 2( ) ( )f x f x são:
92
x = − ou 32
x = .
b) Os gráficos das funções f1 e f2 estão esboçados a seguir:
Como { }1 2( ) máx ( ) , ( )f x f x f x= , isto é, a função associa a cada ∈x o maior dos valores entre as imagens 1( )f x e 2( )f x , o gráfico de f será:
Pelo gráfico, observamos que o menor valor que a função assume é: 3MÍNy =
c) Observe pelo gráfico que:
1
2
9 3( ), se 2 2( )
9 3( ), se ou 2 2
f x xf x
f x x x
⎧ − ≤ <⎪⎪= ⎨⎪ < − ≥⎪⎩
Portanto, a equação ( ) 5f x = fica reescrita como:
(I) Para 9 32 2
x− ≤ < :
11( ) 5 ( ) 5 3 5 42
f x f x x x= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔
4 (satifaz a restrição) ou 4x x= − = (não satifaz a restrição)
(II) Para 9 3 ou 2 2
x x< − ≥ :
23 10 10( ) 5 ( ) 5 1 5 1 12 3 3
f x f x x x x= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − ± ⇔
7 13 (satifaz a restrição) ou 3 3
x x= = − (não satifaz a restrição)
Assim, a equação ( ) 5f x = tem como conjunto verdade:
{ }74 ,3
V = −
QUESTÃO 22
Considere o polinômio p dado por = + β − − β3 2( ) 18 7p z z z z em que β é um número real. a) Determine todos os valores de β sabendo-se que p tem uma raiz de módulo igual a 1 e parte imaginária não nula. b) Para cada um dos valores de β obtidos em a), determine todas as raízes do polinômio p.
Resolução a) Como p(z) é um polinômio de coeficientes reais e com raiz complexa w (com parte imaginária diferente de zero), temos que w também será raiz. Portanto, as raízes de p são w, w e r, com ∈r .
Podemos escrever:
= +w a bi e = −w a bi .
Utilizando as relações entre as raízes (Girard), segue:
β⎧ + + = −⎪⎪⎪ ⋅ + ⋅ + ⋅ = −⎨⎪⎪ β
⋅ ⋅ =⎪⎩
187
18
18
w w r
w w w r w r
w w r
Veja que = 1w . Assim, temos que:
+ = ⇒ + =2 2 2 21 1a b a b
Lembrando que ⋅ =2w w w , podemos manipular o sistema acima:
( ) ( )=
=
β⎧ β⎧+ + − + = −⎪ + = −⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⋅ + − ⋅ + ⋅ + = − ⇒ + = −⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪β β
⋅ ⋅ = =⎪ ⎪⎩⎪⎩
1
1
218 187 71 2
18 18
18 18
a bi a bi r a r
w w a bi r a bi r ar
w w r r
Isolando a em função de β :
β β β β+ = − ⇒ = − − ⇒ = −2 2
18 18 18 18a r a a
Substituindo na segunda equação:
x
y
−1
3
f
−9/2 3/2
15/4
21/4
x
y
−1
3
f1
f2
(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA
10
β β⎛ ⎞+ = − ⇒ + ⋅ − ⋅ = − ⇒ β = ⇒ β = ±⎜ ⎟⎝ ⎠
27 71 2 1 2 225 1518 18 18 18
ar
Portanto, β =15 ou β = −15 .
b) Tomando β =15 :
⎧β⎧ ⎧= = =⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪
β ⎪⎪ ⎪= − ⇒ = − ⇒ = −⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪+ = + =
= ±⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩
2 2 2 2
15 518 18 6
15 518 18 6
1 1 116
r r r
a a a
a b a bb
Portanto, as raízes são ⎧ ⎫− + − −⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
5 5 11 5 11, ,6 6 6
i i.
Agora, para β = −15 :
( )
( )
⎧ − ⎧β⎧ == = −⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ −β ⎪⎪ ⎪= − ⇒ = − ⇒ =⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪+ = + =
= ±⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎪⎩
2 2 2 2
15 51818 6
15 518 18 6
1 1 116
rr r
a a a
a b a bb
Portanto, as raízes são ⎧ ⎫+ −⎪ ⎪−⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
5 5 11 5 11, ,6 6 6
i i.
QUESTÃO 23
Sabe-se que 1, B, C, D e E são cinco números reais que satisfazem às propriedades:
(i) B,C,D,E são dois a dois distintos; (ii) os números 1,B,C e os números 1,C, E, estão, nesta ordem, em progressão aritmética; (iii) os números B,C,D,E, estão, nesta ordem, em progressão geométrica.
Determine B,C,D,E. Resolução
Pela informação (ii) podemos escrever ( ) ( )1, , 1,1 ,1 2B C r r= + + e
como ( )1, ,C E também é progressão aritmética, temos
( ) ( )1, , 1,1 2 ,1 4C E r r= + + . Então:
( ) ( )1, , , , 1,1 ,1 2 , ,1 4B C D E r r D r= + + +
Agora, pela informação (iii), temos que ( ), , ,B C D E é uma progressão geométrica. Vamos denotar sua razão por q , então:
1 21
C rqB r
+= =
+ e 2 1 4
1 2E rqC r
+= =
+
Unindo isso temos
( ) ( ) ( )2
3 21 2 1 4 1 2 1 1 41 1 2
r r r r rr r
+ +⎛ ⎞ = ⇔ + = + + ⇔⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
2 3 3 2 3 21 6 12 8 4 9 6 1 4 3 0r r r r r r r r+ + + = + + + ⇔ + =
E como a informação (i) nos garante que 0r ≠ , temos que 34 3 04
r r+ = ⇔ = − , então ( ) 1 11, , , , 1, , , , 24 2
B C D E D⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
. Por fim,
utilizando novamente a informação (iii)
( )
12 2 2 2 1
14
q q D C
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= = − ⇔ = − ⇒ = − ⋅ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
Então ( ) 1 1, , , , ,1, 24 2
B C D E ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
QUESTÃO 24 Seja Μ ⊂ dado por { }= + − ∈ =2 1 : 1M z az z e z , com a ∈ .
Determine o maior elemento de M em função de a. Resolução
Primeiramente, como temos um número complexo com módulo unitário, vamos escreve-lo como cis cos senz i= θ = θ + θ . Agora, queremos maximizar a expressão 2 1E z az= + − . Perceba que como
a expressão é não negativa, podemos maximizar seu quadrado. Então, utilizando a relação 2w w w= ⋅ :
( )( )22 2 2 21 1 1E z az z az z az= + − = + − + −
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1zz az zz z az zz a zz az z az= + − + + − − − +
Utilizando então que 2 1zz z= = :
2 1E az= + 2z az− + 2a az+ − 2z az− − ( )2 2 21 2 a z z+ = + − +
( ) ( )= + − ⋅ = + − θ2 2 22 2 Re 2 2cos 2a z a
Então ( )22 2cos 2E a= + − θ , e esse valor é maximizado quando
( )cos 2 1θ = − , ou seja, 2π
θ = ( z i= ) ou 32π
θ = ( z i= − ) e o valor
máximo é
( )= + − − ⇔22 2 1máxE a = +2 4máxE a
QUESTÃO 25 Seja S o conjunto de todos os polinômios de grau 4 que têm três dos seus coeficientes iguais a 2 e os outros dois iguais a 1. a) Determine o número de elementos de S. b) Determine o subconjunto de S formado pelos polinômios que têm −1 como uma de suas raízes.
Resolução a) Seja
4 3 24 3 2 1 0( )p x a x a x a x a x a= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +
Dentre seus cinco coeficientes, basta escolher quais os três que serão iguais a 2. Logo, o total de polinômios nas condições apresentadas:
53⎛ ⎞
=⎜ ⎟⎝ ⎠
10 polinômios
b) Se −1 for raiz do polinômio, temos que:
4 3 24 3 2 1 0( 1) 0 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)p a a a a a− = ⇔ ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + ⇔
4 2 0 3 1a a a a a+ + = +
Como dois coeficientes são iguais a 1, e os restantes iguais a 2, então o menor valor que o lado esquerdo assume é 4, enquanto o maior valor que o lado direito assume é 4. Ou seja, a única maneira de essa igualdade se verificar é se os dois lados forem iguais a 4. Ficamos com as opções:
4 2
0 3 1
12
a aa a a
= =⎧⎪⎨ = = =⎪⎩
ou 4 0
2 3 1
12
a aa a a
= =⎧⎪⎨
= = =⎪⎩ ou 2 0
4 3 1
12
a aa a a
= =⎧⎪⎨
= = =⎪⎩
Portanto, o subconjunto de S pedido é:
{ }4 3 2 4 3 2 4 3 22 2 2 , 2 2 2 1, 2 2 2 1x x x x x x x x x x x x+ + + + + + + + + + + +
QUESTÃO 26 Três pessoas, aqui designadas por A, B e C, realizam o seguinte experimento: A recebe um cartão em branco e nele assinala o sinal + ou o sinal –, passando em seguida a B, que mantém ou troca o sinal marcado por A e repassa o cartão a C. Este, por sua vez, também opta por manter ou trocar o sinal do cartão. Sendo de 1/3 a probabilidade de A escrever o sinal + e de 2/3 as respectivas probabilidades de B e C trocarem o sinal recebido, determine a probabilidade de A haver escrito o sinal de + sabendo-se ter sido este o sinal ao término do experimento.
(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA
11
Resolução Inicialmente, vamos determinar as probabilidades dos eventos de escolha de sinal. I. pessoa A: designando por A+ e A− os eventos de assinalar no cartão sinal + e sinal –, respectivamente, temos as seguintes probabilidades:
( ) 13
P A+ = e ( ) ( ) 213
P A P A− += − =
II. pessoas B e C: sendo M o evento de manter o sinal e T o de troca de sinal, temos as probabilidades:
( ) = 23
P T e ( ) ( )= − =113
P M P T
A probabilidade que estamos procurando é dada por:
( ) ( )( )
P A CP A C
P C+ +
+ ++
∩= ,
onde C+ é o evento de terminar com sinal +.
Assim, vejamos as possibilidades do evento C+ :
A B C Probabilidade
+ + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
313
+ - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
21 23 3
- - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
21 23 3
- + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
21 23 3
Dessa maneira, a probabilidade do evento C+ é:
( )3 21 1 2 133
3 3 3 27P C+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Repare que o para começarmos com sinal +, basta olharmos para as duas linhas iniciais da tabela. Daí, temos os seguintes casos:
A B C Probabilidade
+ + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
313
+ - + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
21 23 3
Logo, a probabilidade de ocorrer o evento A C+ +∩ é:
( )3 21 1 2 5
3 3 3 27P A C+ +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∩ = + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Portanto, a probabilidade que procuramos é dada por:
( ) ( )( )
5527
13 1327
P A CP A C
P C+ +
+ ++
∩= = =
QUESTÃO 27
Seja n um inteiro positivo tal que 2 3sen2 4nπ −
= .
a) Determine n.
b) Determine sen24π .
Resolução a) Da expressão do cosseno do arco duplo, temos que:
2 2 3 3cos 2 1 2 sen 1 2 cos2 2 4 2n n n
⎛ ⎞π π − π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ = − ⋅ = − ⋅ ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Sendo n inteiro positivo, então 0nπ
≤ ≤ π . Portanto:
6nπ π= ⇔ 6n =
b) Sendo 6n = , segue do enunciado que:
2 3sen12 4π −
=
Da relação fundamental da Trigonometria:
2 2 22 3 2 3sen cos 1 cos 1 cos12 12 4 12 12 2π π − π π ++ = ⇔ + = ⇔ = ±
Como 012 2π π
≤ ≤ , então ficamos com o sinal positivo:
2 3cos12 2π +
=
Agora, usando novamente a expressão para o arco duplo, vem que:
22 3cos cos 2 1 2 sen12 24 2 24π π + π⎛ ⎞= ⋅ ⇔ = − ⋅ ⇔⎜ ⎟
⎝ ⎠
2 2 3sen24 2π − +
= ±
Como 024 2π π
≤ ≤ , então ficamos com o sinal positivo:
2 2 3sen24 2π − +
=
Observação
Podemos expressar cos12π de outro modo, fazendo:
2 3 2 1cos cos cos cos sen sen12 4 6 4 6 4 6 2 2 2 2π π π π π π π⎛ ⎞= − = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇔⎜ ⎟
⎝ ⎠
6 2cos12 4π +
=
Assim, a resposta também pode ser expressão da seguinte maneira:
6 211 cos412sen
24 2 2
⎛ ⎞+π −− ⎜ ⎟π ⎝ ⎠= = ⇔4 6 2sen
24 8π − −
=
QUESTÃO 28 Sejam α e β números reais não nulos. Determine os valores de b, c, d, bem como a relação entre α e β para que ambos os sistemas lineares S e T a seguir sejam compatíveis indeterminados.
2x byS
cx y+ = α⎧
⎨+ = β⎩
3
4cx y
Tx dy+ = α⎧
⎨+ = β⎩
Resolução Sendo α e β não nulos, para que cada um dos sistemas lineares apresentados seja possível e indeterminado, devemos ter uma relação de proporcionalidade entre os coeficientes correspondentes em cada equação:
213
4
bcc
d
α⎧ = =⎪ β⎪⎨
α⎪ = =⎪ β⎩
,
Reescrevendo numa única cadeia de igualdades, temos:
2 34c b
c dα
= = = =β
(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2015 - MATEMÁTICA
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Da primeira igualdade:
22 8 2 24c c c
c= ⇔ = ⇔ = ±
Voltando à cadeia de igualdades, temos:
2 2
2 2 2 342 2
c
bd
⎧ =⎪⎨ α
= = = =⎪β⎩
ou 2 2
2 2 2 342 2
c
bd
⎧ = −⎪
⇔⎨ − α= = = =⎪
β−⎩
2 22 2
2 2 2 2 ou 3 2 3 2
2 2
b b
c c
d d
⎧ ⎧= = −⎪ ⎪
⎪ ⎪⎪ ⎪= = −⎨ ⎨⎪ ⎪= = −⎪ ⎪⎪ ⎪β = ⋅α β = − ⋅α⎩ ⎩
QUESTÃO 29
Sabe-se que a equação + − − + − =2 23 5 2 3 8 6 0x xy y x y representa a reunião de duas retas concorrentes, r e s , formando um ângulo agudo θ . Determine a tangente de θ .
Resolução Podemos pensar em nossa equação como uma equação de segundo grau em y (ou em x , mas veremos que é mais conveniente em y nessa situação):
2 23 5 2 3 8 6 0x xy y x y+ − − + − = ⇔
( ) ( )2 22 5 8 3 3 6 0y y x x x− + + + − − =
Então, lembrando que a condição para que a equação geral de segundo grau represente um par de retas, é ter o discriminante igual a um trinômio quadrado perfeito. Segue que:
( ) ( )( ) ( )2 22 25 8 4 2 3 3 6 49 56 16 7 4x x x x x xΔ = + − − − − = + + = +
Então as retas serão dadas por:
( ) ( )5 8 7 41 ou 3 3
4 2x x xy y y x
− + ± += ⇔ = − + = +
−
Assim os coeficientes angulares de nossas retas são 112
m = − e
2 3m = . Logo, a tangente do ângulo agudo entre as retas é dado por:
( ) ( )1 2
1 2
132tg tg 711 1 32
m mm m
⎛ ⎞− −⎜ ⎟− ⎝ ⎠θ = = ⇔ θ =+ ⋅ ⎛ ⎞+ ⋅ −⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
QUESTÃO 30 Na construção de um tetraedro, dobra-se uma folha retangular de papel, com lados de 3 cm e 4 cm, ao longo de uma de suas diagonais, de modo que essas duas partes da folha formem um ângulo reto e constituam duas faces do tetraedro. Numa segunda etapa, de maneira adequada, completa-se com outro papel as faces restantes para formar o tetraedro. Obtenha as medidas das arestas do tetraedro.
Resolução Segue abaixo a ilustração que representa a situação descrita no enunciado.
Sendo assim, 4 das 6 arestas do tetraedro 'B ADC já estão definidas.
= =' 3 cmCD AB e = =C ' 4 cmB AD Note que a diagonal do retângulo original também será uma das arestas e sua medida, pelo teorema de Pitágoras, será:
( ) = + ⇒2 2 23 4AC = 5 cmAC
Note que a sexta aresta a definir será 'B D . Deste modo, para obter a medida desta aresta, devemos obter inicialmente os lados 1'B H e
1DH . Deste modo, pelas relações métricas no triângulo retângulo AB'C, temos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 21 1 1
2 221 1 1 1 1
9' 3 55
9 9 125' ' '5 5 5
AB ACAH AH AH
DHB H AH CH B H B H
⎧ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⎪⎪⎨
⎛ ⎞⎪ = ⋅ ⇒ = ⋅ − ⇒ = =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩
Note que
( ) ( )1 2AH CH=
Portanto,
( ) ( )1 2 1 29 75 25 5
H H H H= − ⋅ ⇒ =
E por Pitágoras, temos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 22 2 21 2 12 1 1
7 12 1935 5 25
H H DHDH DH DH⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⇒ + = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
E, por fim, pelo teorema de Pitágoras no triângulo 1'B DH , segue que:
( ) ( ) ( ) ( )= + ⇒ = + ⇒22 2 2
11193 144' ' '25 25
B D B H B DDH
( ) =337' cm5
B D
Equipe desta resolução
Matemática Alessandro Fonseca Esteves Coelho
Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha Thais de Almeida Guizellini
Digitação e Diagramação
Douglas Carvalho Gerson Oliva
Lucas Rubi Rosa
Revisão e Publicação Danilo José de Lima
Fabiano Gonçalves Lopes Felipe Eboli Sotorilli
B
B'
D
C
A 1H
2H
3
4
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