o anglo resolve a prova de Matemática do ITA dezembro de 2007

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1 o anglo resolve a prova de Matemática do ITA dezembro de 007 É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição de confiabilidade. Construtivo, procura colaborar com as Bancas Eaminadoras em sua tarefa de não cometer injustiças. Didático, mais do que um simples gabarito, auilia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo. No final, um comentário sobre as disciplinas. O Instituto Tecnológico de Aeronáutica ITA é uma escola de engenharia mundialmente conhecida. Com o mesmo zelo com que trata seus ecelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias: º- dia: FÍSICA, com 0 questões de múltipla escolha e 0 questões dissertativas. º- dia: PORTUGUÊS, com questões de múltipla escolha e uma redação, e INGLÊS, com 0 questões de múltipla escolha. º- dia: MATEMÁTICA, com 0 questões de múltipla escolha e 0 questões dissertativas. 4º- dia: QUÍMICA, com 0 questões de múltipla escolha e 0 questões dissertativas. A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final. Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equivalem a 0% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 0%. Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 0% do valor da prova, e a Redação, a 0%. Só é corrigida a parte dissertativa dos 60 melhores classificados nas questões de múltipla escolha. Serão considerados aprovados nos eames de escolaridade os candidatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 00) e média igual ou superior a 0 (na escala de 0 a 00). A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física, Química e Português.

2 T T MA E M Á I CA NOTAÇÕES = {0,,,,...} i : unidade imaginária; i = : conjunto dos números inteiros z : módulo do número z : conjunto dos números reais z : conjugado do número z : conjunto dos números compleos Re z : parte real de z : conjunto vazio Im z : parte imaginária de z [a, b] = { ; a b} I : matriz identidade (a, b) = ]a, b[ = { ; a b} A : inversa da matriz inversível A [a, b) = [a, b[ = { ; a b} A t : transposta da matriz A (a, b] = ]a, b] = { ; a b} deta : determinante da matriz A A B = { A ; B} A C : complementar de A P(A) : coleção de todos os subconjuntos de A AB : segmento de reta unindo os pontos A e B AB : arco de circunferência de etremidades A e B Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais. Questão Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos % dos homens e 0,% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população. A) D) B) E) 8 C) 4 Seja n o número de homens e também o número de mulheres. Do enunciado, selecionando uma pessoa daltônica, a probabilidade de que seja mulher é: 0, 00 n P = = = 00, n+ 0, 00 n Resposta: A Questão Sejam α, β tais que α = β = e α β =. Então α + β é igual a A) D) B) 0 E) i C)

3 Com quaisquer números compleos α e β, temos α β = α + β α β cosθ, em que θ é o ângulo formado pelos vetores que representam α e β. β α β θ α Com α =, β = e α β =, temos: ( ) = + cosθ = cosθ cosθ = 0 (θ = 90 ) α = ±iβ α = ( )β α + β = 0 Resposta: B Questão Considere o sistema A = b, em que A = k 6, b = 6 e k. k 0 Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de todos os valores de k que tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T S é A) 4 B) C) 0 D) E) 4 Seja =. Temos: + = + k + 6 = (k ) = 0 44 det A = 0 k 6 = 0 k k k k 8 + 4k = 0 k + 4k = 0 k = 0 ou k = 4. 4

4 Substituindo e escalonando: k = = ( ) () = 6 + = = = = ( 4) 44 + = + 0 = 0 = 0 sistema possível e indeterminado k = = ( ) () = = = 0 = 4 4 = sistema impossível. Do enunciado, T = 4 e S = 0. Assim: T S = 4. Resposta: A Questão 4 Sejam A e C matrizes n n inversíveis tais que det( I + C A) = e det A =. Sabendo-se que B = (A +C ) t, então o determinante de B é igual a A) n n D) B) n E) n C) det( I+ C A) = det( A A + C A) = det(( A + C ) A) = det( A + C ) det A = det( A + C ) = det( A + C ) = Sabemos ainda que: detb = det( (A +C ) t ) detb = n det(a +C ) Substituindo: n n detb = = Resposta: D detb = n det(a + C ) t

5 Questão Um polinômio P é dado pelo produto de polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se o polinômio de menor grau tem grau igual a e o grau de P é 6, então o de maior grau tem grau igual a A) 0 D) 6 B) E) 8 C) 4 Sendo q a razão da progressão geométrica, temos + q + q + q + q 4 = 6 + q + q + q + q 4 = q( + q + q + q ) = 0 q[( + q) + q ( + q)] = 0 q( + q) ( + q ) = ()()() Note que é o único valor natural de q que verifica esta igualdade. Com q =, temos q 4 =. Resposta: B Questão 6 4 πcm que tan- Um diedro mede 0. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume gencia as faces do diedro é, em cm, igual a A) D) B) E) C) Observe a vista em corte: R d R O raio R é determinado por: 4 πr = 4 π R = cm Assim: R sen60º = = d d d = cm Resposta: E 6

6 Questão 7 Considere o quadrado ABCD com lados de 0m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB e N um ponto sobre o lado AD, eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD e por N uma reta s paralela ao lado AB, que se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado BC e Q é a intersecção de r com o lado DC. Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pontos A e M é igual, em metros, a A) + B) C) D) E) 0 Do enunciado temos a figura: A M 0 B N O 0 P s 0 0 D Q C r A AMON = A OPCQ = (0 ) A ABCD = 0 = 00 Assim, temos a PG: (, (0 ), 00) O termo médio é a média geométrica entre os adjacentes, logo: (0 ) = = 0 = ± Como + 0 (absurdo), temos: = ( )m Resposta: D 7

7 Questão 8 Considere o polinômio p() = a + a 4 4 +a +a a, em que uma das raízes é =. Sabendo-se que a, a, a, a 4 e a são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com a 4 =, então p( ) é igual a A) D) 9 B) 7 E) 40 C) 6 Sendo uma das raízes igual a, temos a + a 4 a + a a = 0. Sendo r a razão da progressão aritmética, temos (a + r) + (a + r) a + (a r) (a r) = 0 a = 0 Como a 4 =, temos a + r = e, portanto, r =, a =, a = e a =. p() = p( ) = p( ) = Resposta: A Questão 9 Sobre a equação polinomial 4 + a + b + c = 0, sabemos que os coeficientes a, b, c são reais, duas de suas raízes são inteiras e distintas e i também é sua raiz. Então, o máimo de a, b, c é igual a A) D) B) E) 4 C) Pelo teorema das raízes racionais, as raízes racionais possíveis são:,, e Pelo enunciado, há duas raízes inteiras e distintas. Logo, e são raízes. Além disso, como conjugado + i também é. Logo, o conjunto solução é: Assim, podemos escrever: i i ( + )( ) + 0 = Desenvolvendo, obtemos: 4 + = 0 Logo, a =, b = e c = Portanto, o máimo de a, b, c é. Resposta: C,, i i +, i é raiz, seu 8

8 Questão 0 É dada a equação polinomial (a + c + ) + (b + c + ) +(c a) + (a + b + 4) = 0 com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equação é recíproca de primeira espécie e que é uma raiz, então o produto abc é igual a A) B) 4 C) 6 D) 9 E) Admitindo que (a + c + 0), como a equação é recíproca de primeira espécie, temos: a+ c + = a+ b + 4 () b + c + = c a Como é raiz da equação, temos: (a + c + ) + (b + c + ) + (c a) + (a + b + 4) = 0 () De () e () os valores de a, b e c serão dados pelo sistema b + c = a+ b + c = a+ b + c = 7 Resolvendo esse sistema, temos: a = 4, b = e c = Portanto, abc = Resposta: E Questão π π Sendo, o contradomínio da função arcoseno e [0, π] o contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de cos arcsen 4 + arccos. A) B) C) 7 4 D) E) 9

9 4 cos arc sen + arc cos 4 Fazendo arc sen = α e arc cos = β, devemos calcular cos(α + β). Temos, com o uso da Relação Fundamental: π senα = e α π cos α = 4 cos β = 4 e 0 β π senβ = Assim: cos(α + β) = cosαcosβ senαsenβ Resposta: B 4 4 = = 7 Questão Dada a cônica λ: y =, qual das retas abaio é perpendicular à λ no ponto P = (, )? A) y = ( ) D) y = ( 7) B) y = E) y = ( 4) C) y = ( + ) º- modo y = (*) Derivando (*) em relação a, temos y y = 0 e, portanto, com y 0, y =. y O coeficiente angular m da reta tangente à cônica λ no ponto (, Assim, m =. ) é igual a y (). Então, a reta perpendicular à reta tangente pelo ponto (, ) tem coeficiente angular. Uma equação dessa reta é: y = ( ), ou seja, y = ( 4) 0

10 º- modo Sendo m o coeficiente angular da reta pedida, uma equação dessa reta é y y = y = y = m( ) y = m( ) + = m( ). Temos o sistema: em : (m( ) + ) = m ( ) m( ) = 0 m ( 4 + 4) m + 4 m 4 = 0 m + 4m 4m m + 4 m 4 = 0 ( m ) + (4m m) 4m + 4 m 4 = 0 Com = 0, temos: (4m m) 4( m )( 4m + 4 m 4) = 0 6m 4 6 m + m + (4m 4)( 4m + 4 m 4) = 0 6m 4 6 m + m 6m m 6m + 6m 6 m + 6 = 0 m 6 m + 6 = 0 m 4 m + 4 = 0 m = Assim, a equação da reta perpendicular à curva (λ) no ponto (, ) é dada por y = ( ) y = + + y = ( 4) Resposta: E Questão O conjunto imagem e o período de f() = sen () + sen(6) são, respectivamente, A) [, ] e π π B) [, ] e C) [, ] e π D) [, ] e π E) [, ] e π

11 f() = sen6 ( sen ) f() = sen6 cos6 f ( ) = sen6 cos6 π π f ( ) = sen6 cos sen cos6 4 4 π f ( ) = sen 6 4 π π O período é p = = 6 O conjunto imagem é,. Resposta: C Questão 4 Para IR, o conjunto solução de + +4 = é A) 0 D) { ± ± 0, log +, log, log } { } { ( )} B) 0,,log + E) A única solução é = 0 C) 0, log, log, log Fazendo = t, do enunciado temos: t t + 4t = t t t t 4 t = 0 t ( t 4t ) = 0 t = ou t 4t = t 4t = 0 ou t 4t + = 0 Como t 0, os valores de t são: ; + Assim temos: ; + e = = 0 ou = = log Logo, o conjunto solução é { 0, log +, log, log } Resposta: D [ ] ( ) ( ) ( ) = + = log + = + = log + ou ou ( ) ( + ) ( ) ( ) ( + ) ( )

12 Questão Um subconjunto D de IR tal que a função f : D IR, definida por f() = ln( + ) é injetora, é dado por A) IR D) (0, ) B) (, ] E) [/, ) C) [0, /] Considere a função y = lnt. Com t 0, o gráfico dessa função é: y 0 Note que um conjunto de valores de t para o qual y = lnt é injetora é 0 t. Considere agora a função t = +, cujo gráfico, para 0 t, é: t 4 t 0 Como, y = lnt é injetora para t 4, ] 0, ] 4,. Assim, um conjunto de valores de para o qual t = + é injetora é 0, Portanto um conjunto D de IR tal que a função f : D IR f() = ln( + ) é injetora é: Resposta: C D = 0;. Questão 6 A soma de todas as soluções distintas da equação cos + cos6 + cos9 = 0, que estão no intervalo 0 π/, é igual a A) π D) B) E) π C) 9 6 π 7 6 π π

13 cos9 + cos + cos6 = 0 cos6 cos + cos6 = 0 cos6 (cos + ) = 0 π π hπ cos 6 = 0 6 = + hπ, h = +, h 6 ou π π cos = = π + hπ, h = + h, h π No intervalo 0, temos: π π π π = ou = ou = ou = A soma é: π π π π π = Resposta: E Questão 7 Considere o conjunto D = {n ; n 6} e H P(D) formado por todos os subconjuntos de D com elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B H, a probabilidade de a soma de seus elementos ser 8 é igual a A) D) B) E) C) 6 D = {,,, 4,, 6} O número de elementos de H, subconjuntos de D com elementos, é C 6, = 6 8. Os elementos de H que têm soma dos elementos 8 são: {, 8}, {, 8}, {, 80},, {90, 9} e {9, 9}, ou seja, são em número de 9. A probabilidade pedida é: 9 P = = Resposta: A Questão 8 Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BÂC, mede 40. Sobre o lado AB, tome o ponto E tal que AĈE =. Sobre o lado AC, tome o ponto D tal que DBˆC =. Então, o ângulo EDˆ B vale A) D) 7 B) 4 E) 8 C) 4

14 Do enunciado vem que AB = AC e AˆBC = AĈB = 70. Temos então a figura abaio: A 40 E D B C No triângulo BCD, CDˆ B = 7. No triângulo BCE, BÊC = e, portanto, BE = BC como BE = BC, EˆBD = CˆBD e BD é lado comum, temos que BDE BDC (LAL) e, portanto, EˆDB CˆDB = 7. Resposta: D Questão 9 Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de tais que (X Y) Z = {,,, 4}, Y = {, 6}, Z Y =, W (X Z) = {7, 8}, X W Z = {, 4}. Então o conjunto [X (Z W)] [W (Y Z)] é igual a A) {,,, 4, } B) {,,, 4, 7} C) {,, 7, 8} D) {, } E) {7, 8} Do enunciado, podemos construir o diagrama ao lado. W Podemos concluir que X (Z W) = {,,, 4, 7, 8} Sendo S = [X (Z W)] [W (Y Z)], temos: S = {,,, 4, 7, 8} [(W Y) (W Z)] S = [{,,, 4, 7, 8} (W Z)] (W Y) S = {,, 7, 8} (W Y) Como (W Y) Y, temos (W Y) {, 6}. Como {,, 7, 8} {, 6} =, podemos afirmar que {,, 7, 8} (W Y) = e, portanto, {,, 7, 8} (W Y) = = {,, 7, 8} Resposta: C Z X

15 Questão 0 Sejam r e s duas retas paralelas distando 0cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e eterior à região limitada por estas retas, distando cm de r. As respectivas medidas da área e do perímetro, em cm e cm, do triângulo equilátero PQR cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, são iguais a A) B) C) D) 7 7 e e 0 7 e 0 7 e E) 700 e 0 l 60 P l Q α 60 α S r l 0 60 R s Seja QS = Pelo Teorema dos cossenos, no triângulo PQS: l 7 = l + 60 l l cos = l A área do triângulo PQR é a soma das áreas dos triângulos PQS e QRS, logo: l l 7 l 7 0 = + l = 4 Logo, a área e o perímetro são: l 00 A = = = P = l = = 0 Resposta: B 7 0 6

16 Questão Dado o conjunto A = { IR; + }, epresse-o como união de intervalos da reta real. De + 0, temos: ( + ) 0 ou 0 () De + 0 e +, temos: ( ) 0 ( ) 0 [( ) ( + )] 0 [( )( + ) ( + )] 0 ( + )[( ) ] 0 ( + )( ) 0 + ( + )( + )( ) 0 ( + ) ( ) 0 ou 0 ou () Vejamos a intersecção dos conjuntos dados pelas condições em () e (). 0 0 Resposta: A = ], [, ], + [ Questão Determine as raízes em de 4z = 0, na forma a + bi, com a, b IR, que pertençam a S = {z ; z + }. 7

17 No plano de Argand-Gauss, o conjunto S é representado pelos pontos do interior da coroa circular de centro (, 0), raio menor e raio maior. (t) y S z λ (r) z z (s) z z z 4 Considere, ainda, a circunferência λ de centro (0, 0) e raio, a reta r de equação y =, a reta s de equação y = e também a reta t, dada pela equação = 0. Note que essas três retas interceptam λ em pontos que pertencem a S. As 6 raízes da equação z 6 = 64, equivalente à equação 4z = 0, são dadas por h h zh = + + cos π π + i sen π π, com h {0,,,, 4, }. 6 6 Da figura, podemos concluir, prontamente, que z 0 e z não pertencem a S. Temos: z = cos π + isen π z i = (t λ) π π z = cos + isen z 6 6 = + i 7π 7π z = cos + isen z 6 6 = i π π z4 = cos + isen z4 i = (r λ) (s λ) (t λ) Pelas intersecções das retas r, s e t com a circunferência λ, podemos concluir que os números z, z, z e z 4 pertencem ao conjunto S. Resposta: i, + i, i e i. Questão Seja f() = In( + + ), IR. Determine as funções h, g : IR IR tais que f() = g() + h(), IR, sendo h uma função par e g uma função ímpar. 8

18 f() = g() + h() () f( ) = g( ) + h( ) Como h é uma função par e g é uma função ímpar, temos: f( ) = g() + h() () De () e (), temos: f ( ) + f( ) f() + f( ) = h() h() = f ( ) f( ) f() f( ) = g() g() = h() = [ln( + + ) + ln( + )] h() = ln[( + + )( + )] h() = ln( ) g() = [ln( + + ) ln( + )] g() = ln Resposta: h() = ln( ) e g() = ln Questão 4 Sejam α, β, γ IR. Considere o polinômio p() dado por (α β γ) + (α + β + γ ) + (α β γ + ) + (α + β + γ ). Encontre todos os valores de α, β e γ de modo que = 0 seja uma raiz com multiplicidade de p(). As constantes α, β e γ devem ser tais que α β γ 0, α + β + γ = 0, α β γ + = 0 e α + β + γ = 0 Consideremos, também, os sistemas equivalentes: α β γ = ( ) ( ) α +β +γ = α + β + γ = α β γ = β +γ = β +γ = α β γ = β + γ = Portanto temos α = 0 e β + γ =. () De α = 0 e α β γ 0, temos β +γ 0. () De () e (), temos β e γ. Resposta: α = 0, β IR {} e γ = β 9

19 Questão Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e A = A t. Determine todas as matrizes que são simétricas e ortogonais, epressando-as, quando for o caso, em termos de seus elementos que estão fora da diagonal principal. Como A é uma matriz simétrica, podemos escrever: a b A = b d Ainda, do enunciado, temos: A = A t A = A Logo, A A = I a b a b b d = b d 0 0 a + b b a+ d 0 ( ) ba+ d b + d = ( ) 0 Então: a + b = a = ± b (a + d) = 0 ( b ) b + d = d = ± b b De : b = 0 ou a = d. Com b = 0, temos: a = ± e d = ±. Daí: A = ou A = ou A = ou A = Com a = d, temos: b b b b A = ou A = b b b b Note que, com b = 0, temos as últimas duas matrizes do caso anterior. 0 0 Resposta: b b b b,, 0 0 e b b b b Questão 6 π π Determine todos os valores α tais que a equação (em ), tg α = 0 admita apenas raízes reais e simples. 0

20 4 4 + tgα = 0 Fazendo 4 = y, temos: y y + tgα = 0 Para que a equação em apresente as quatro raízes reais simples, a equação em y, do º- grau, tem de ter raízes reais distintas e positivas. Assim, além de 0, a soma e o produto das raízes dessa equação devem ser positivos. 4 4tgα tgα π No intervalo π π α, temos 0 α. π Resposta: 0 α tgα tgα 0 Questão 7 Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: P(A) = P(B) = /, com A e B independentes, P(A B C) = /6, e sabe-se que P((A B) (A C)) = /0. Calcule as probabilidades condicionais P(C A B) e P(C A B C ). Como A e B são independentes, PA ( B) = PA ( ) PB ( ) = =. 4 Do enunciado, temos as probabilidades: A y 6 6 B 4 P(( A B) ( A C)) = + = = Assim, temos: y + + = y = 0 6 Portanto o diagrama fica: C A B Logo, observando os valores, temos: C

21 PC ( A B) = e PC ( A B c ) = Resposta: = = 4 PC ( A B) = epc ( A B c ) = 4 Questão 8 Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio. Sabe-se que AB mede e BC mede. Determine a área do triângulo ABC. Do enunciado, temos a figura: A α β 0 γ B C Aplicando o teorema dos senos ao triângulo ABC, vem: = senα = senα 4 Como α é agudo, cosα =. 0 = senγ = senγ 0 0 Como γ é agudo, cosγ =. 0 Além disso, α + β + γ = 80 β = 80 (α + γ). Daí, senβ = sen[80 (α + γ)] senβ = sen(α + γ) senβ = senα cosγ + senγ cosα senβ = senβ = A área S pedida é tal que: 0 S = AB BC senβ S = 0 S = 6 Resposta: 6

22 Questão 9 Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB um diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero BDE inscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à circunferência C no ponto A. Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada pelo arco AE e pelos segmentos AF e EF em torno do diâmetro AB. Do enunciado, temos a figura ao lado: No triângulo retângulo OPE, temos: OP r PE r sen 0 = = OP = e cos 0 = = PE = r r t D P 0 A r 0 0 E 0 F OA = r No triângulo retângulo OAF, temos: s OA r C tg 0 = = AF = r AF AF B r r Note que AP = OA OP = r, ou seja, AP =. Sejam: V : volume do cone gerado pela rotação do triângulo OAF em torno de AB ; V : volume do cone gerado pela rotação do triângulo OPE em torno de AB ; V : volume do segmento esférico gerado pela rotação da região limitada pelo arco AE e pelos segmentos AP e PE em torno de AB. O volume V é tal que: V = V V V (*) Temos: V = π ( AF) OA V = π ( r ) r V = πr () V = π ( PE) OP r r r V = π π V = () 8 π ( AP) ( OA AP) V = r r r π πr () V = V = 4 Substituindo (), () e () em (*), temos: πr πr πr V = πr V = 8 4 Resposta: πr.

23 Questão 0 Considere a parábola de equação y = a + b + c, que passa pelos pontos (, ), (, ) e tal que a, b, c formam, nesta ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice da parábola à reta tangente à parábola no ponto (, ). Sendo r a razão da P.A. (a, b, c), temos: y = (b r) + b + (b + r). Do enunciado, segue que: = (b r) ( ) + b ( ) + (b + r) = b r b + b + r b = = (b r) + b + b + r = 4b 4r + b + b + r 7b r = b = 7 r = r = Daí, y = + + v = = ( ) y v = + + = 6. Logo, o vértice da parábola é dado por (, 6). Sendo y a derivada da função y = + +, temos: y = +. Então, y () = + =. Logo, a reta tangente à parábola no ponto (, ) tem coeficiente angular. Uma equação dessa reta é: y = ( ) + y 9 = 0 A distância d pedida é tal que: d= + d= Resposta: 4

24 CO MENT ÁRI O A Banca manteve a sua tradição: apresentou prova abrangente, com algumas questões trabalhosas. Nas questões e 0, a aplicação do conceito de derivada facilitaria as resoluções; no entanto, esse conceito não consta do programa proposto pelo ITA.