GABARITO ITA 2014/2015 MATEMÁTICA

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1 GABARITO ITA 04/05 MATEMÁTICA

2 //4 Notações : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária i = z Re(z) : módulo de número z : parte real do número z Im(z) : parte imaginária do número z deta : determinante da matriz A tra : traço da matriz quadrada A, que é definido como a soma dos elementos da diagonal principal de A. Potência de matriz : A = A, A = A A,..., A k = A k A, sendo A matriz quadrada e k inteiro positivo. d(p, r) : distância do ponto P à reta r AB : segmento das extremidades nos pontos A e B. [a, b] = {x : a x b} [a, b[ = {x : a x < b} ]a, b] = {x : a < x b} ]a, b[ = {x : a < x < b} X\Y = {x X e x Y} n k = 0 a k = a 0 + a + a a n, sendo n inteiro não negativo Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares. Questão Considere as seguintes afirmações sobre números reais: I. Se a expressão decimal de x é infinita e periódica, então x é um número racional II. n = 0 ( ) n = III. ln e + (log )(log 4 9) é um número racional. É(são) verdadeira(s): A B C D E ( ) nenhuma. ( ) apenas II. ( ) apenas I e II. ( ) apenas I e III. ( ) I, II e III.

3 GABARITO ITA MATEMÁTICA Gabarito: Letra D. I. Verdadeira. De fato toda dízima periódica pode ser escrita em forma de fração. II. Falsa. é uma soma de PG infinita com razão q = n n= 0 ( ) Nesse caso: a S = = = = q ( ) III. Verdadeiro. ln e + (log )(log 4 9) = + = 6 Utilizamos que log b a n = n log b a e que log y x = log x y

4 Questão { } //4 { } Sejam A, B e C os subconjuntos de definidos por A= z : z+ i < 9, B= z : z+ i < 7/ e C= z : z + 6z+ 0= 0. Então, ( A\ B) C é o conjunto { } A ( ) { i, + i}. D ( ) { i}. B ( ) { i, + i}. E ( ) { + i}. C ( ) { + i}. Gabarito: Letra C. Conjunto C: z + 6z + 0 = 0 (z + ) = z = ± i. Como queremos (A \ B) C, vejamos quais elementos de C pertencem à A, mas não pertencem a B. o caso: z = + i. z + i = i = 5 < 9, logo z A. 7 z + i = + i = >, logo z B. Concluimos que z A \ B. o caso: z = i. z + i = 4i = 7 < 9, logo z A. 7 z + i = = <, logo z B. Concluimos que z A \ B. Questão 0 + i Se z = i, então o valor de arcsen Re( z) 5arctg Im z A ( ) π. ( )+ ( ( )) é igual a B ( ) π. C ( ) π. D ( ) 4 π. E ( ) 5 π. 4

5 GABARITO ITA MATEMÁTICA Gabarito: Letra D. 0 0 π + i cis 0 z = = π 0π π = cis i π = cis = cis cis Re( z) = eim( z) = Finalmente:arcsen (Re( z)) = arcsen e = π 6 π arctg( Im( z)) = arctg = π 5π 4π Assim, arcsen( Re( z))+5arctg ( Im( z )) = + = Questão 4 Seja C uma circuferência tangente simultaneamente às retas r : x + 4y 4 = 0 e s: x + 4y 9 = 0. A área do círculo determinado por C é igual a A ( ) 5 π 8π. D ( ). 7 B ( ) 4 π 9π. E ( ). 5 4 C ( ) π. Gabarito: Letra E. r: x + 4y 4 = 0 s: x + 4y 9 = 0 m r = m s r//s d Seja d a distância entre as retas r e s, podemos tomar um ponto P r e calcular d (P, s). Seja P(0, ) r, temos: r R R d( P, s)= Ax p + By p + C = A + B = s d 9π temos: R = = S = πr = 4 5

6 //4 Questão 5 Seja (a, a, a,...) a sequência definida da seguinte forma: a =, a = e a n = a n + a n para n. Considere as afirmações a seguir: I. Existem três termos consecutivos, a p, a p+, a p+, que, nesta ordem, formam uma progressão geométrica. II. a 7 é número primo. III. Se n é múltiplo de, então a n é par. É (são) verdadeira(s) A B C D E ( ) apenas II. ( ) apenas I e II. ( ) apenas I e III. ( ) apenas II e III. ( ) I, II e III. Gabarito: Letra D. a = ; a = ; a n = a n + a n ; n É a sequência de Fibonacci (,,,, 5, 8,,...) I. Falsa. Supondo que existe p tal que (a p, a p +, a p + ) é P.G., temos: a p + = a p a p + (I) a p + = a p + a p (II) (II) = (I) a p + a p + a p + a p = 0 ( a p + ) 6 ap ap ap + = 0. Seja t = : a a a p + p+ p + 5 t t + = 0 t = ± ap Absurdo, pois t =. a p+ II. Verdadeira. A sequência é:,,,, 5, 8,,,... a 7 = e é primo. III. Verdadeira. É fácil ver que, ao aparecer uma sequência do tipo (ímpar, ímpar, par), esta irá se repetir, uma vez que os próximos termos seriam: ímpar + par ímpar par + ímpar ímpar ímpar + ímpar par Como a = é ímpar, a = é ímpar e a = é par a sequência irá se repetir, logo, se n for múltiplo de, a n será par.

7 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão 6 Considere a equação a b = 5, com a e b números inteiros positivos. Das afirmações: x x / I. Se a = e b =, então x = 0 é uma solução da equação. II. Se x é solução da equação, então x, x e x III. x = não pode ser solução da equação. É(são) verdadeira(s) A B C D E ( ) apenas II. ( ) apenas I e II. ( ) apenas I e III. ( ) apenas II e III. ( ) I, II e III. Gabarito: Letra E. I. Verdadeira. Para a = e b =, a equação toma forma: = 5 x x Veja que: = e portanto x = 0 é uma solução. II. Verdadeira. Para que x seja solução, x deve estar contido nas restrições de existência da equação. Logo: x 0 x ± e x x 0 III. Verdadeira. Para x = temos: a b 9a b a b 4 = 5 6 = = 5 (*) 5 9 Veja que mdc (9,0) = e 5. Logo, não existem inteiros positivos a e b que satisfaçam (*). 7

8 //4 Questão 7 Considere o polinômio p dado p(x) = x + ax + bx 6, com a, b. Sabendo-se que p admite raiz dupla e que é uma raiz de p, então o valor de b a é igual a A ( ) 6. B ( ). C ( ) 6. D ( ). E ( ) 4. Gabarito: Letra B. p(x) = x + ax + bx 6 Raízes:, r e r Se r é uma raiz dupla, podemos usar relação de Girard: r r = 6 Considerando r = (dado que se r =, tal valor seria raiz tripla). Temos: ( ) = r = r =± 8 4 p() = 0 + a + b 6 = a + b 6 = 0 (*) p( ) = 0 ( ) + a( ) + b ( ) 6 = a b 6 = 0 (**) Somando (*) e (**): 8a = 0 a = 4. Em (*): 6 + b = 0 b = 8. Logo, b a = 8 4 =. Questão 8 Seja p o polinômio dado por p( x)= 5 j = 0 ax j j,com a j, j = 0,,... 5, e a 5 0. Sabendo-se que i é uma raiz de p e que p() =, então o resto da divisão de p pelo polinômio q dado por q(x) = x x + x, é igual a A ( ) x. 5 5 B ( ) x C ( ) x D ( ) x. 5 5 E ( ) x

9 GABARITO ITA MATEMÁTICA Gabarito: Letra B. Temos q(x) = x x + x = (x ) (x + ) Seja r(x) o resto da divisão de p(x) por q(x). Pelo teorema do resto, temos: r() = p(); r(i) = p(i); r( i) = p( i). Como i é raiz de p(x) e os coeficientes de p(x) são reais, i também será raiz de p(x), ou seja, p(i) = p( i) = 0. Finalmente, como q(x) é do terceiro grau, temos: grau r(x) r(x) = ax + bx + c Temos r(i) = r( i) = 0, donde r(x) = a(x +) Substituindo x = r() = 5a = Questão 9 a = r(x) = 5 5 x + 5 Considere todos os triângulos retângulos com os lados medindo a, a e a. Dentre esses triângulos, o de maior hipotenusa tem seu menor ângulo, em radianos, igual a A B ( ) arctg ( ) arctg 4 D ( ) arctg 5 E ( ) arctg 4 5 C ( ) arctg Gabarito: Letra C. Triangulos possíveis Catetos Hipotenusa I. a, a a II. a, a a III. a, a a I. ( a) + ( a) = a a + 4a = a a 5a = 0 a = 5 ou a = 0 (absurdo) Triângulo q q é o menor ângulo q = arctg 9

10 //4 II. a + ( a) = ( a) a + a = 4a a a = 0 a = ou a = 0 (absurdo) Triângulo q q é o menor ângulo q = arctg III. (a) + ( a) = ( a) a + 4a = a a + a = 0 a(a + ) = 0 a = 0 ou a = (ambos absurdo) O triângulo de maior hipotenusa é o ( 5, 5, 5) e seu menor ângulo é o arctg. Questão 0 Os valores de x [0, π] que satisfazem a equação sen x cos x = são A ( ) arccos e. 5 π 4 D ( ) arccos e π. 5 B ( ) arcsen e. 5 π E ( ) arccos 4 5 e π. 4 C ( ) arcsen e π. 5 Gabarito: Letra A. senx cos x = cosx = sen x.mas sen x + cos x = : sen x + ( sen x ) = 5sen x 4sen x + = sen x( 5sen x 4) = 0 4 senx = 0 ou sen x = x = π oucos x = 5 5 Logo: x = π ou x=arccos 5 0

11 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão Sejam α e β números reais tais que α, β, α + β ]0, π[ e satisfazem as equações α 4 4 α β 4 4β cos = cos + e cos = cos Então, o menor valor de cos (a + b) é igual a A ( ). D ( ). B ( ). E ( ) 0. C ( ). Gabarito: Letra B. Seja x = cos α 4, temos: x = x + x 4 5 x + = 0 x = ou x = α α Logo, cos cos =± ou =± Como α ]0, π[ temos α ]0,π[ α π α π π 4π = ou = α = ou α =. Seja y = cos β 4, temos: y = y + y 4 7 y + = 0 y = ou y = β β Logo, cos =± ou cos =±. Como β ]0, π[ temos β ] 0 π, [ β π π = β = 6 π π π π o caso: α = α + β = + = 76 ]0, π[ cos(α + β) = 4π 4π π π o caso: α = α + β = + = 6 ] 0,π [ cos (α + β) = Como queremos o menor valor de cos(α + β), temos: (cos(α + β)) min =

12 //4 Questão Seja A = (a ij ) 5 5 a matriz tal que a ij = i (j ), i, j 5. Considere as afirmações a seguir: I. Os elementos de cada linha i formam uma progressão aritmética de razão i. II. Os elementos de cada coluna j formam uma progressão geométrica de razão. 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. Gabarito: Letra E. A = (a ij ) 5 5, a ij = i (j ) I. Verdadeira. Numa mesma linha i, temos: a i a i a i a i 4 a i 5 i = i = i 5 = i 7 = i 9 = PA de razão i II. Verdadeira. Numa mesma coluna j, temos: a j a j a j a 4 j a 5 j 0 = ( j ) = ( j ) = ( j ) PG de razão = ( j ) 4 = ( j ) III. Verdadeira. 5 n Tr A = n= (n ) = = 7 (primo).

13 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão Considere a matriz M = (m ij ), tal que m = j i +, i, j =,. Sabendo-se que ij n det M k n k 0 = 5, então o valor de n é igual a = A ( ) 4 B ( ) 5 C ( ) 6 D ( ) 7 E ( ) 8 Gabarito: Letra C. Usando os dados do enunciado, a matriz M é: M = 0 Veja que: 4 M = 0 0 = M = = Vamos usar indução para mostrar que M n n = 0. Suponha que k k ( k + ) M + = 0 = 0 0 n k 0 Logo: det M n 5 = k = 4 n n 0 det n n = 0 nn ( + ) = 5 n ( n+ ) = 5. n 0 k k M = 0. Então: Como 5 = 6 7, temos que n = 6.

14 //4 Questão 4 Considere os pontos A = (0, ), B = (0, 5) e a reta r: x y + 6 = 0. 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 C = (, ) ou C= (, ). É (são) verdadeira(s) apenas A ( ) I. D ( ) I e III. B ( ) II. E ( ) II e III. C ( ) I e II. Gabarito: Letra D. (I) Verdadeira Ax + Ay + C 0 0 d( x, r)= A + B 0+ ( ) ( )+ 6 d( A, r)= = d( B, r) = = + d A, r d Br, ( )= ( ) 9 y B (0, 5) x y = + (II) Falsa Repare que a reta que liga o ponto A ao ponto B não é perpendicular a reta r, logo A e B não podem ser pontos simétricos a reta r. (III) Verdadeira Distância entre A e B: 6 Ponto médio (M) entre A e B : M = (0, ). l 6 Altura (h) do triângulo equilátero: h = = = P (0, ) (, 0) A (0, ) Como o lado AB está apoiado no eixo y, então a altura do triângulo é paralela ao eixo x, passando pelo ponto M (0, ). ( ) Assim, H = (, ) ou H =, x 4

15 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão 5 5 Dados o ponto A = 4, 6 e a reta r : x + 4y = 0, considere o triângulo de vértices ABC, cuja base BC está contida em r e a medida dos lados AB e AC é igual a 5. Então a área e o perímetro desse triângulo são, respectivamente, iguais a 6 A ( ) B ( ) C ( ) D ( ) E ( ) 40 e 40 e 5 e 5 5 e 5 40 e Gabarito: Letra E. B 5 6 A x 4, 5 6 h M 5 6 C r: x + 4y = ax A + by A + c h= d( Ar, ) = = a + b + 4 = 0 Como o triângulo é isósceles sabe-se que a altura também será mediana. Assim, seja M o ponto médio de BC e x = BM, temos BC = x. Pitágorasno ABM: h 5 + x = x = = x = Perímetro: = 6 6 b h 0 0 Área: = =

16 //4 Questão 6 Considere as afirmações a seguir: I. O lugar geométrico do ponto médio de um segmento AB, com comprimento l fixado, cujos extremos se deslocam livremente sobre os eixos coordenados é uma circunferência. II. O lugar geométrico dos pontos (x, y) tais que 6x + x y xy 4x xy = 0 é um conjunto finito no plano cartesiano. III. Os pontos (, ), (4, ) e (, ) pertencem a uma circunferência. Destas, é (são) verdadeira(s) A ( ) apenas I. D ( ) I e II. B ( ) apenas II. E ( ) I e III. C ( ) apenas III. Gabarito: Letra A. I. Verdadeira. Em qualquer triângulo retângulo a mediana relativa a hipotenusa tem comprimento igual a metade da hipotenusa. Nesse caso, como AB tem comprimento fixo, a mediana OM (M médio de AB) também possui comprimento fixo, donde M pertence a uma circunferência de raio e centro O. Reciprocamente todo ponto da circunferência pertence ao LG. II. Falso. 6x + x y xy 4x xy = 0 x (6x + xy y 4x y) = 0 x = 0 ou 6x + (y 4) x y y = 0 x = 0 é uma reta, portanto existem infinitas soluções. III. Falso. (,) é ponto médio de (,) e (4, ), logo os pontos não podem pertencer a uma circunferência. Parabéns aos nossos 54 aprovados na a fase do IME deste ano! Mais de 70% dos aprovados no Rio! 6

17 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão 7 Seja ABCD um trapézio isósceles com base maior AB medindo 5, o lado AD medindo 9 e o ângulo ADB reto. A distância entre o lado AB e o ponto E em que as diagonais se cortam é A ( ) 8. D ( ) 7 8. B ( ) 7 8. E ( ) C ( ) 5 8. Gabarito: Letra E. Seja M a projeção de E sobre AB. Como o trapézio é isósceles, tem-se que M é médio de AB. No DADB, por Pitágoras, tem-se DB=. Agora, DADB e DEMB são semelhantes pelo EM AD EM 9 caso A.A., logo = =. MB DM 75, EM = Questão 8 A 9 D E h M 5 C 7,5 B 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 5 e que a medida de QR é 0, então o perímetro do triângulo PMN é igual a A ( ) 5. D ( ) 0. B ( ) 6. E ( ) 5. C ( ) 8. Gabarito: Letra A. P Sejam X e Y os pontos de tangência do incírculo do PQR com os lados PQ e PR, respectivamente. Dessa maneira, PX = PY = p a (semiperímetro do PQR menos 5 5 o lado oposto a P). Logo, PX = 0 =. O incírculo de PQR é exincírculo do PMN. Logo, PX é o semiperímetro do PMN. Dessa maneira, o perímetro do PMN é 5 = 5. Q X M N Y R 7

18 //4 Questão 9 Considere uma circunferência C, no primeiro quadrante, tangente ao eixo Ox e à reta r : x y = 0. Sabendo- -se que a potência do ponto O = (0,0) em relação a essa circunferência é igual a 4, então o centro e o raio de C são, respectivamente, igual a A ( ) (, ) e. B ( ), e C ( ) (, ) e. D ( ) (, ) e E ( ) ( 4, 4) e 4 4. Gabarito: Letra A. y x y=0 Pot c (0,0) = 4 (*) O d R O (a, b) x De (*), temos: d R = 4 a + b R = 4 Se C é tangente ao eixo Ox, então b = R Seja O o centro de C. É fato que O equidista das retas x y = 0 e do eixo Ox. Portanto OO faz,5 com o eixo Ox. Então: OO = y = ( ) x b = ( ) a, já que (a, b) OO. Portanto: a + b R = 4 a + R R = 4 a = (C está no o quadrante) b = ( ) = Finalmente, o centro de C é O' = (, ) e R= 8

19 GABARITO ITA MATEMÁTICA Questão 0 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 ( ) h. D ( ) h. B ( ). E ( ) h. C ( ) ( )h. Gabarito: Letra C. Seja H a nova distância da superfície do líquido ao vértice do cone, após a adição de um mesmo volume v de líquido à taça. Por semelhança, tem-se que a razão dos volumes dos cones gerados é igual ao cubo da razão das distâncias ao vértice do cone, logo: v H = v h H = h Dessa maneira, o nível do líquido sobe de H h = h h = ( )h v v h H Questão Considere as funções f, f, f :, sendo f( x) = x +, f( x)= x + e f(x) igual ao maior valor entre f (x) e f (x), para cada x. Determine: a) Todos os x tais que f (x) = f (x). b) O menor valor assumido pela função f. c) Todas as soluções da equação f(x) = 5. 9

20 //4 Gabarito: ( )= ( ) a) f x f x x + = x + x +, x x + = x, x < xx, 0 x = xx, < 0 Caso (I): x < ( x)+ = ( x ) 9 x = <, satisfaz as condições impostas! Caso (II): x < 0 ( x)+ = ( x + ) x = > 0, não satisfaz as condições impostas! 4 Caso (III): x 0 x x + = + x = 0, satisfaz as condições impostas! Resposta: S = 9, ( ) ( ) ( ) ( )> ( ) b ) f x é o maior valor entre f x e f x (I) (II) 0 f x f x x + > x + 9 x < ou x > (pela letra A e análise do gráfico) x +, 9 x < Logo, fx ( ) = 9 x +, x > ou x < (III) 0

21 GABARITO ITA MATEMÁTICA Analisando o gráfico: x 9, 4 5, 4 f (x) f (x) Analisando o gráfico, percebe-se que antes (à esquerda) do ponto (0, ), a função é estritamente decrescente e após (à direita) o ponto, a função é estritamente crescente. (, 0) y C) Dois casos: 9 (I): x x + = 5 x = 4 x =± 4 4 está fora do intervalo, logo 4 é a única resposta desse caso. 9 (II): x< e x > x + = x + = x + =± 7 x = ou x =, fora do intervalo. 7 Resposta : S =, 4 Questão Considere o polinômio p dado por p(z) = 8z + βz 7z β, 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 e parte imaginária não nula. b) Para cada um dos valores de β obtidos em a), determine todas as raízes do polinômio p. Gabarito: Se p tem uma raiz de módulo, digamos a + bi, com b 0, então a bi também será raiz de p, já que p tem coeficientes reais. Usando as relações de Girard:

22 //4 β ( a+ bi)+ ( a bi )+ r ' = 8 β ( a+ bi) ( a bi ) r ' = 8 β a+ r' = 8 β r ' = 8 a = β 8 a + b = Como r é raiz de p: β 7 8 β β 7 β β β β 0 8 β 8 8 β + = = 0 β 5 β = 0 ou = 0 β= 0 ou β=± Se β = 0: p(z) = 8z 7z. Nesse caso, as três raízes são reais, o que não satisfaz o enunciado. β Se β = 5: r' = = e a= a + b = b = b=± Portanto, as raízes são i e i Se β = 5: r' = e a= b =± Portanto, as raízes são i e i Questão Sabe-se que, 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, B, C, e os números, 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. Gabarito: Usando propriedades de média aritmética e geométrica (ponderadas) na P.A. e P.G., tem-se: (, B, C) é P.A., logo B = C + (, C, E) é P.A., logo, C = E + E = C

23 GABARITO ITA MATEMÁTICA (B, C, D, E) é P.G., logo, usando pesos, C + C= B E C = C ( ) Tem-se então que: 4C = (C + C +) (C ) 4C = C + C C C + = 0 (C ) (C + ) =0, logo C = ou C =. Se C =, então B = C + B =. Porém B e C são distintos. Se C =, então B = C + B = 4. E = C E = C D B D D = = =. 4 Logo, tem-se B=, C=, D=, E = 4 Questão 4 Seja M dado por M = { z + az : z e z = }, com a. Determine o maior elemento de M em função de a. Gabarito: z = z = cis θ z + a z = cis θ + a cis θ = (cos θ + a cos θ ) + (sen θ + a sen θ)i = ( cos q+ a cosq ) + ( sen q+ a senq ) Queremos que a expressão dentro da raiz seja máxima: E= (cos θ + a cos θ ) + (sen θ + a sen θ) = cos (θ θ) = cos θ + sen θ + a (cos θ + sen θ) + a (cos θ cos θ + sen θ sen θ) + + cos θ a cos θ = a + cos θ O máximo ocorre para cos θ =, nesse caso: E = a + 4 e o valor pedido é a + 4.

24 //4 Questão 5 Seja S o conjunto de todos os polinômios de grau 4 que têm três dos seus coeficientes iguais a e os outros dois iguais a. a) Determine o número de elementos de S. b) Determine o subconjunto de S formado pelo polinômios que têm como uma de suas raízes. Gabarito: p(x) = a 4 x 4 + a x + a x + a x + a 0 Pode-se fazer permutação com repetição para descobrir a quantidade de polinômios., 5! a) P 5 = = 0!! R.:0 b) Para ser raiz de p(x), temos que a soma dos coeficientes de ordem par precisa ser igual a soma dos coeficiente de ordem ímpar. Logo: a 0 + a + a 4 = a + a 5 4 a 0 +a + a 4 6 (condições da questão) a + a 5 4 (condições da questão) Assim, a + a 5 = 4 = a 0 + a + a 4. Como, a = ou e a 5 = ou, e a + a 5 = 5, então a = a 5 =. Portanto, a 0 = a = e a 4 =, a 0 = a 4 = e a = ou a = a 4 = e a 0 =. Elementos do subconjunto: {x 4 + x + x + x +, x 4 + x + x + x +, x 4 + x + x + x + } Questão 6 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 / a probalididade de A escrever o sinal + e de / as respectivas probabilidades de B e C trocarem o sinal recebido, determine a probabilidade de A haver escrito o sinal + sabendo-se ter sido este o sinal ao término do experimento. Gabarito: Montaremos um diagrama de probalidades para facilitar a vizualização 4

25 GABARITO ITA MATEMÁTICA + x: Experimento terminar com sinal de + Px ( )= = 7 y: Experimento começando com A escrevendo sinal de + 5 Px ( y) = + = 7 5 Px ( y) Px ( / y) = = 7 5 = Px ( ) Resultado IME 0/04 o lugar geral do Brasil (Reserva) e mais de 50% dos aprovados do Rio! 5

26 //4 Questão 7 Seja n um inteiro positivo tal que sen π n 4 a) Determine n. b) Determine sen π 4 Gabarito: π π Veja que, para n = 6, tem-se que sen sen sen 5 n = =. Considerando a fórmula cos a = sen a, tem-se, adotando a = 5, que: cos 0 = = sen 5, logo, como 5 é agudo, sen 5 =. 4 Observe que a função sen π n é decrescente se n Z, logo apenas n = 6 é tal que sen π n =. 4 π π π Usando a mesma fórmula anterior, agora com α =, tem-se que cos = sen. 4 4 π + Pela relação fundamental, tem-se cos =, 4 + sen π 4 + = =. 4 logo, como π 4 é do o quadrante, Questão 8 Sejam a e b números reais não nulos. Determine os valores de b, c, d, bem como a relação entre a e b para que ambos os sistemas lineares S e T a seguir sejam compatíveis indeterminados. Gabarito: 6 x + by = α S T cx + y = α cx + y = β 4x + dy = β S e T devem ser compatíveis indeterminados, isto é, ambos devem possuir infinitas soluções (x,y). Logo: x + by = α b α S: = = (*) cx + y = β c β cx + y = α c α T: = = (**) 4x + dy = β 4 d β

27 GABARITO ITA MATEMÁTICA β= cα cβ= 4α De (*): bβ= α De (**): β= dα bc = cd = bβ= α b Então: =, mas bc = b 4b= b =±. cβ= 4α c 4 Logo: c= 4b=± d = =±. ± α β = b α =± β b = b = Portanto, temos: c =, com α = β ou c =, com α = β d = d = Questão 9 Sabe-se que a equação x + 5xy y x + 8y 6 = 0 representa a reunião de duas retas concorrentes, r e s, formando um ângulo agudo q. Determine a tangente de q. Gabarito: x + 5xy y x + 8y 6 = 0 x + (5y )x y + 8y 6 = 0 Para fazer essa questão, podemos resolver a equação do segundo grau em x: 5y± 9 0y + 5y + 4y 96y + 7 x = 6 y x = ou x = y + As duas retas(r e s) são: r: y = x + ; m r = x s: y = m s = ; m m tg θ = r s + m m Resposta: tgθ = 7 r s + / = / = 7 7

28 //4 Questão 0 Na construção de um tetraedro, dobra-se uma folha retangular de papel, com lados de 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 restantess para formar o tetraedro. Obtenha as medidas das arestas do tetraedro. Gabarito: Considere a folha retangular ABCD dobrada sobre a diagonal BD. Por Pitágoras, BD = 5. O tetraedro obtido ABCD é tal que as faces ABD e BCD são perpendiculares, logo a projeção H de A na face BCD pertence à aresta BD. No tetraedro, AB = 4, BC =, CD = 4, DA = e BD = 5. Resta saber quanto mede AC. No DABD, vale que AH BD = AB AD, logo AH 5 = 4, logo AH =,4. No DADH, por Pitágoras, HD =,8. No DBCD, seja H pé da altura de C. Então, CH =,4 e H B =,8. Logo HH =,4. Assim, no DCHH, CH = (CH ) + (HH ) = (,4) + (,4). No DACH, AC = CH + AH = (,4 +,4 ) + (,4) =,96 + 5,76 + 5,76 =,48 Logo as arestas medem, 4,, 4, 5 e, 48. A 4 D H B H 4 C Comentários A prova de Matemática de 04/05 teve nível de dificuldade médio, característico da prova do ITA. Como em outros anos, podemos perceber a grande presença de assuntos clássicos, como trigonometria, polinômios, geometria e matrizes. Porém, alguns tópicos foram pouco abordados, como logarítmos, combinatória e conjuntos. Mais uma vez, a prova não exigiu grande criatividade por parte dos alunos, de modo que os alunos que possuem domínio sobre todo o conteúdo devem conseguir atingir notas elevadas. As questões mais difíceis foram: 6, 7 e 0. Professores: Caio Dorea Hugo Oliveira Jordan Piva Jorge Henrique Sandro Davison 8