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1º Simulado Comentado –

ITA Matemática

1º Simulado Comentado – ITA Matemática

1º Simulado ITA – Matemática www.estrategiamilitares.com.br

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Questões Resolvidas

Questão 1

Seja 𝛼 um arco tal que 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝑥 + 1) e 𝛽 um arco tal que 𝛽 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝑥 − 1), 𝛼, 𝛽 ∈ ]−𝜋

2,𝜋

2[.

Determine o valor de 𝑥, tal que:

𝑡𝑔(𝛼 + 𝛽) = 2

a) 𝑥 = {1,−1}

b) 𝑥 = {1}

c) 𝑥 = {0}

d) 𝑥 = {1, 0} e) 𝑥 = {2,−1}

Comentário:

Sabemos que:

𝑡𝑔𝛼 = 2𝑥 + 1

𝑡𝑔𝛽 = 2𝑥 − 1

Vamos abrir a equação que a questão deu:

𝑡𝑔(𝛼 + 𝛽) =𝑡𝑔𝛼 + 𝑡𝑔𝛽

1 − 𝑡𝑔𝛼 ∙ 𝑡𝑔𝛽=

2𝑥 + 1 + 2𝑥 − 1

1 − (2𝑥 + 1)(2𝑥 − 1)=2 ∙ 2𝑥

2 − 4𝑥= 2

4𝑥+2𝑥− 2 = 0

Fazendo a substituição 2𝑥 = 𝑦, temos:

𝑦2 + 𝑦− 2 = 0

Resolvendo a equação, temos que 𝑦 = 1 ou 𝑦 = 2, logo:

{𝑦 = 1 ⇒ 2𝑥 = 1 ⇒ 𝑥 = 0

𝑦 = 2 ⇒ 2𝑥 = 2 ⇒ 𝑥 = 1

Portanto, o conjunto solução da equação é:

𝑆 = {1,0}

Gabarito: D



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Questão 2

Se |𝑧 − 4| = 7, quais os valores máximo e mínimo que |𝑧− 2𝑖| pode assumir?

a) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 4√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 4√5

b) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 3√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5

c) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7−√5

d) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5

e) 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√3 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√3

Comentário:

Para resolver essa questão, vamos usar o plano de Argand-Gauss para raciocinar:

Para acharmos o valor mínimo e máximo de |𝑧 − 2𝑖|, vamos pensar em um segmento de reta passando pelo centro da circunferência maior e também passando por 2𝑖. O maior e o menor valor serão dados pela interseção dessa reta com a circunferência. Com isso, perceba que o maior valor é dado pelo tamanho do segmento AO e o menor, OB. Usando o teorema de Pitágoras para o triângulo ODE, temos que:

𝑉𝑚𝑎𝑥 = 7+ 2√5 e 𝑉𝑚𝑖𝑛 = 7− 2√5

Gabarito: D



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Questão 3

Ache os números complexos que são raízes da equação:

𝑧2 + 𝑧2+2𝑖𝑧 + (𝑧 − 3𝑖)2 = 0

a) 𝑆 = {√39 + 2𝑖, √39 − 2𝑖}

b) 𝑆 = {√39

3+ 2𝑖,

√39

3− 2𝑖}

c) 𝑆 = {√39

3+ 2𝑖}

d) 𝑆 = {√39

3+ 𝑖,

√39

3− 𝑖}

e) 𝑆 = {√39

3+ 2𝑖, −

√39

3+ 2𝑖}

Comentário:

Para resolver esse tipo de questão, não tem segredo. Vamos escrever 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖 e desenvolver o que tiver que desenvolver:

(𝑎+ 𝑏𝑖)2+ (𝑎− 𝑏𝑖)2+ 2𝑖(𝑎+ 𝑏𝑖)+ (𝑎+ (𝑏− 3)𝑖)2 = 0

𝑎2 +2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏2 +𝑎2 − 2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏2 + 2𝑎𝑖 − 2𝑏+ 𝑎2 +2𝑎(𝑏− 3)𝑖 − (𝑏− 3)2 = 0

3𝑎2 − 3𝑏2 + 2𝑎𝑖 − 2𝑏 + 2𝑎𝑏𝑖 − 6𝑎𝑖 + 6𝑏 − 9 = 0

3𝑎2 − 3𝑏2 + 4𝑏 − 9 + (2𝑎𝑏 − 4𝑎)𝑖 = 0

Para que isso seja 0, a parte real tem que ser zero e a imaginária também tem que ser zero. Assim, temos:

{3𝑎2 −3𝑏

2+4𝑏− 9 = 0

(2𝑎𝑏 − 4𝑎)𝑖 = 0⇔ {3𝑎

2 −3𝑏2+ 4𝑏− 9 = 0

2𝑎(𝑏− 2)𝑖 = 0

Como 𝑎 ≠ 0, pois implicaria 𝑏 ∉ ℝ, temos que 𝑏 = 2

3𝑎2 − 3 ∙ 22 + 4 ∙ 2 − 9 = 0

𝑎2 =133⇒ 𝑎 =

√393 𝑜𝑢 𝑎 = −

√393

Gabarito: E



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Questão 4

Seja a circunferência 𝐶1: (𝑥 − 3)2 + (𝑦− 5)2 = 4 e 𝐶2: (𝑥− 9)2 + (𝑦− 5)2 = 9 e as retas 𝑟: 2𝑥 − 𝑦 +

√3 − 3 = 0 e 𝑠: 𝑥 + 3𝑦 − 3√3 − 19 = 0. Determine o raio da circunferência tangente à 𝐶1 e 𝐶2 com centro na intersecção da reta 𝑟 com a reta 𝑠.

a) 7√3

b) 18

7

c) 198

d) 6√3

e) 152

Comentário:

Para resolver essa questão, é bom expressarmos o que está acontecendo no papel e tentar resolver o máximo possível por geometria plana. Na prova do ITA isso geralmente simplifica bastante a questão.

Primeiro, vamos achar a intersecção entre as retas:

{2𝑥− 𝑦+√3− 3 = 0

𝑥+ 3𝑦− 3√3− 19 = 0

Fazendo as contas, o ponto de interseção é: 𝐵 = (𝑥, 𝑦) = (4, 5 + √3)

Desenhando o problema, temos:

Observe que o ângulo 𝐵�̂�𝐶 é 60°, pois 𝐶𝐷

𝐴𝐷= √3 = 𝑡𝑔60°. Dessa forma, podemos usar a lei dos

cossenos para o triângulo 𝐴𝐵𝐶:

(𝑅+ 3)2 = (9− 3)2+ (𝑅+ 2)2 −2 ∙ 6 ∙ (𝑅+ 2) ∙12

𝑅2 +6𝑅+ 9 = 36+𝑅2 +4𝑅+ 4− 6𝑅− 12 ⇒ 𝑅 =198

Gabarito: C



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Questão 5

Seja o triângulo ABC tal que nele está inscrito uma esfera de raio r. Sabe-se que 𝐴𝐵 = 10, 𝐵𝐶 = 12 e 𝐴𝐶 = 16. Se a distância de C até o ponto T de tangência da circunferência com o lado AB é 𝑥,

determine √5𝑥:

a) 200 b) 37

c) √783 d) √782 e) 36

Comentário:

Sabemos que, como a circunferência está inscrita no triângulo, temos:

{

𝑥+ 𝑦 = 10𝑦+ 𝑧 = 12𝑧+ 𝑥 = 16

⇒𝑧 = 9, 𝑥 = 7 𝑒 𝑦 = 3

Agora, podemos usar a lei dos cossenos para calcular CT. Porém, devemos achar o valor de 𝑐𝑜𝑠𝜃 antes, também pela lei dos cossenos:

𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵2 + 𝐶𝐵2 − 2 ∙ 𝐴𝐵 ∙ 𝐶𝐵 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃

162 = 102 +122 −2 ∙ 12 ∙ 10 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = −120

Calculando CT, temos:

𝐶𝑇2 = 122 +32 −2 ∙ 12 ∙ 3 ∙ (−120)⇒ 𝐶𝑇 = √

7835

√5𝐶𝑇 = √783

Gabarito: C



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Questão 6

Determine o coeficiente de 𝑥6 no desenvolvimento de (1 + 2𝑥+ 3𝑥2)10

:

a) 356780

b) 124520

c) 122520

d) 134540 e) 122600

Comentário:

Para resolver essa questão, vamos usar o polinômio de Leibniz:

(𝑥1 +𝑥2 + 𝑥2 +⋯+ 𝑥𝑝+1)𝑛=∑

𝑛!𝛼1! 𝛼2!…𝛼𝑝+1!

𝑥1𝛼1…𝑥𝑝+1

𝛼𝑝+1 , 𝛼1 +𝛼2 +⋯+𝛼𝑝+1 = 𝑛

Aplicando na questão, temos:

(1 + 2𝑥+ 3𝑥2)10=∑

10!𝛼1!𝛼2! 𝛼3!

1𝛼1(2𝑥)𝛼2(3𝑥2)

𝛼3 = 2𝛼2 ∙ 3𝛼3 ∙ 𝑥𝛼2+2𝛼3

Portanto, para verificar o coeficiente de 𝑥6, devemos ter que 𝛼2 +2𝛼3 = 6

Para isso, podemos ter:

𝛼2 = 0,𝛼3 = 3,𝛼1 = 7

𝛼2 = 2,𝛼3 = 2,𝛼1 = 6

𝛼2 = 4,𝛼3 = 1,𝛼1 = 5

𝛼2 = 6,𝛼3 = 0,𝛼1 = 4

Dessa forma, o coeficiente de 𝑥6 é:

𝑐 = 20 ∙ 33 ∙10!

0! ∙ 3! ∙ 7!+ 22 ∙ 32 ∙

10!

2! ∙ 2! ∙ 6!+ 24 ∙ 31 ∙

10!

4! ∙ 1! ∙ 5!+ 26 ∙ 30 ∙

10!

6! ∙ 0! ∙ 4!=

𝑐 = 122520

Gabarito: C



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Questão 7

Um exame de sangue é feito para verificar se uma pessoa está infectada com determinado vírus ou não. Dos pacientes que estão infectados, 65% atestam positivo neste exame. Entre os não infectados, 6% dos exames dão positivo. Considere uma amostra de pacientes em que 19% possuem o vírus de fato. Um paciente, escolhido desta amostra ao acaso, realizou o teste e foi classificado como portador do vírus. A probabilidade deste paciente estar efetivamente infectado é, aproximadamente:

a) 77,1%

b) 43,7%

c) 65,3%

d) 71,8% e) 82%

Comentário:

Vamos usar probabilidade condicional para resolver essa questão:

Vamos chamar de 𝐴 a probabilidade dele estar EFETIVAMENTE infectado.

E 𝐵 é a probabilidade dele ter sido DIAGNÓSTICADO com o vírus.

Dessa forma, queremos 𝑃(𝐴/𝐵).

𝑃(𝐴/𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐴 ∩ 𝑁𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

O que essa fórmula diz? Ela está dizendo que a probabilidade de o paciente estar efetivamente infectado dado que foi diagnosticado com o vírus é igual à razão entre a probabilidade dele estar infectado e o resultado ter dado positivo e a razão dele estar infectado e o resultado ter dado positivo mais a outra possibilidade, de ter dado negativo. Sendo assim, temos:

𝑃(𝐴/𝐵) =𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)

𝑃(𝐴 ∩ 𝑁𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)=

0,19 ∙ 0,65

0,81 ∙ 0,06 + 0,19 ∙ 0,65≅ 71,8%

Gabarito: D



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Questão 8

Seja as matrizes M e N, de tal forma que 𝑀 = [1 −23 2

] e 𝑁 = [2 −23 4

]. Além dessa, temos a matriz

𝐴 = 𝑀2 + 𝑁 e a matriz 𝐵 = 𝑀 − 𝑁2. Calcule a soma do elemento 𝑎12 de 𝐴−1 com o elemento 𝑏21

de 𝐵−1.

a) 312

511

b) 30

510

c) 131

630

d) 131

540

e) 132

530

Comentário:

Primeiro, vamos calcular as matrizes 𝐴 e 𝐵.

𝐴 = [1 −23 2

] ∙ [1 −23 2

] + [2 −23 4

] = [−3 −812 2

]

𝐵 = [1 −23 2

] − [2 −23 4

] ∙ [2 −23 4

] = [3 10−15 −8

]

Agora, devemos calcular as matrizes inversas:

Um jeito ruim de fazer é usar:

𝐴−1 = [𝑎 𝑏𝑐 𝑑

]⇒ [𝑎 𝑏𝑐 𝑑

] [−3 −812 2

] = [1 00 1

]

𝐵−1 = [𝑎′ 𝑏′𝑐′ 𝑑′

]⇒ [𝑎′ 𝑏′𝑐′ 𝑑′

] [ 3 10−15 −8

] = [1 00 1

]

E calcular todas essas oito variáveis!

Um aluno bem preparado sabe o seguinte bizu:

Dada uma matriz 𝑋:

𝑋 = [𝑎 𝑏𝑐 𝑑

]

Para calcular a inversa de forma rápida, podemos usar que:

𝑋−1 =1

𝑑𝑒𝑡𝑋[ 𝑑 −𝑏−𝑐 𝑎

]

Funciona assim: Troca-se as posições dos elementos da diagonal principal, troca-se o sinal dos elementos da diagonal secundária e divide tudo pelo determinante.

Usando esse bizu, temos:

𝐴−1 =190

[ 2 8−12 −3

] =

[ 1

45

4

45

−6

45−130]



10 16

𝐵−1 =1126

[−8 −1015 3

] =

[ −

463

−563

542

142 ]

𝑎12 +𝑏21 =131630

Gabarito: C

Questão 9

O valor de:

(104 +324) (224 +324) (344 +324) (464 +324) (584 +324)

(44 +324) (164 +324) (284 +324) (404 +324) (524 +324)

É:

a) 313

b) 420

c) 270

d) 373 e) 473

Comentário:

Para resolver essa questão, vamos lembrar da fatoração:

𝑥4 + 4𝑦4 = 𝑥4 +4𝑥2𝑦2 + 4𝑦4 −4𝑥2𝑦2 = (𝑥2 +2𝑦2)2− (2𝑥𝑦)2

= (𝑥2 +2𝑦2 +2𝑥𝑦)(𝑥2 +2𝑦2 − 2𝑥𝑦) = [(𝑥− 𝑦)2+ 𝑦2][(𝑥+ 𝑦)2 +𝑦2]

Agora, vamos olhar a questão.

Observe que os termos nos produtos são da forma:

𝑛4 + 324 = 𝑛4 + 4 ∙ 34 = [(𝑛− 3)2+ 9][(𝑛+ 3)2 +9]

Fazendo essa substituição em cada um dos termos, temos:

(104 +324) (224 +324) (344 +324) (464 +324) (584+324)

(44 +324) (164 +324) (284 +324) (404 +324) (524+324)

=

(72 +9) (132 +9) (192 +9)… (552 +9) (612 +9)

(12 +9) (72 +9) (132 +9)… (492 +9) (552+9)

Cortando tudo que tem pra cortar, ficamos com:

612 +9

12 +9=373010

= 373

Gabarito: D



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Questão 10

Qual a soma dos módulos das soluções da seguinte equação modular?

|𝑥− |3𝑥− 2|| = 4

a) 52

b) 72

c) 11

2

d) 4

e) 92

Comentário:

Para resolver essa questão, devemos tomar muito cuidado com os intervalos que estamos usando. Sendo assim, vamos fazer por passos:

1)

|𝑥 − |3𝑥 − 2|| = 4 ⇒ 𝑥 − |3𝑥 − 2| = 4 𝑜𝑢 𝑥 − |3𝑥 − 2| = −4

𝑥 − 4 = |3𝑥 − 2| 𝑜𝑢 𝑥 + 4 = |3𝑥 − 2|

2)

Devemos olhar agora para os valores que forem correspondentes ao intervalo de |3𝑥− 2| válido naquela equação. Sendo assim, temos:

Para |3𝑥− 2| = 3𝑥− 2, com 𝑥 ≥2

3, temos:

𝑥 − 4 = 3𝑥 − 2 ⇒ 𝑥 = −1

𝑥 + 4 = 3𝑥 − 2 → 𝑥 = 3

Para |3𝑥− 2| = −3𝑥+ 2, com 𝑥 <2

3, temos:

𝑥 − 4 = −3𝑥 + 2 ⇒ 𝑥 =3

2

𝑥 + 4 = −3𝑥 + 2 ⇒ 𝑥 = −1/2

Dentro dos intervalos possíveis, as soluções são:

𝑥 = 3 𝑜𝑢 𝑥 = −1

2

𝑆 = 3 +1

2=7

2

Gabarito: B



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Questão 11

Seja o trapézio regular de bases 4 𝑐𝑚 e 8 𝑐𝑚 e altura 10 𝑐𝑚. Seja também o eixo 𝑟 paralelo às bases do trapézio, distando 30 𝑐𝑚 da base maior, mais perto da base menor. Rotaciona-se essa figura em 360° em torno do eixo 𝑟. Determine o volume e a área do sólido de revolução gerado.

a) 𝑉 =1600𝜋

3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 300√26)𝜋 𝑐𝑚2

b) 𝑉 =9200𝜋

3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2

c) 𝑉 =4600𝜋

3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 250√26)𝜋 𝑐𝑚2

d) 𝑉 =1000𝜋

3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (480 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2

e) 𝑉 =9100𝜋

3𝑐𝑚3 𝑒 𝐴 = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2

Comentário:

Desenhando a figura, temos:

Observe que, rotacionando o trapézio em torno do eixo 𝑟, obtemos um sólido que é formado por um cilindro subtraído de dois troncos de cone e de outro cilindro menor.

Dessa forma, temos:

𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 = 𝜋 ∙ 302 ∙ 8 − 2 ∙

2 (𝜋 ∙ 302 +𝜋 ∙ 202+𝜋 ∙ 600)

3− 𝜋 ∙ 202 ∙ 4 =

9200𝜋3

𝑐𝑚3

E a área 𝐴 é dada pela área lateral do cilindro maior mais a área lateral do cilindro menor com a área lateral dos dois troncos de pirâmide:

𝐴 = 2𝜋 ∙ 30 ∙ 8 + 2𝜋 ∙ 20 ∙ 4 + 2 ∙ 𝜋 ∙ √22 + 102 ∙ (20 + 30) = (640 + 200√26)𝜋 𝑐𝑚2

Gabarito: B



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Questão 12

Se as soluções da equação algébrica 3𝑥3 − 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 24 = 0, com coeficientes 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠0, formam, numa determinada ordem, uma progressão geométrica, então, 𝑎

𝑏 é igual a:

a) −1

2

b) −1

3

c) −2

3

d) −1

4

e) −1

5

Comentário:

Para resolver essa questão, devemos supor 3 raízes genéricas e usar as informações do enunciado para encontrá-las. Sejam 𝑟1, 𝑟2, e 𝑟3 as soluções da equação fazendo, nessa ordem, uma progressão

geométrica, de modo que 𝑟1𝑟3 = 𝑟22. Além disso, por Girard, tem-se 𝑟1𝑟2𝑟3 = −

24

3. Assim 𝑟2 =

√−83

= −2. Com isso, as relações de Girard tornam-se:

{

𝑟1 + 𝑟3 − 2 =

𝑎

3

−2𝑟1 − 2𝑟3 + 𝑟1𝑟3 =𝑏

3−2𝑟1𝑟3 = −8

⇒

{

𝑟1 + 𝑟3 =

𝑎

3+ 2

𝑟1 + 𝑟3 =4 −

𝑏3

2

⇒𝑎

3+ 2 =

4 −𝑏3

2⇒𝑎

𝑏= −

1

2

Gabarito: A



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Questão 13

Um professor de matemática convocou os alunos para a formação de 9 grupos. Todos eles são formados pela mesma quantidade de alunos. Cada aluno participa de exatamente dois grupos. Cada dois grupos têm somente um aluno em comum. Determine o número total de alunos na turma.

a) 27

b) 45

c) 24

d) 48

e) 36

Comentário:

Para raciocinar qual o número total de alunos, vamos pensar o seguinte:

Vamos listar o número de aluno de um dos grupo: 𝑛

Agora, vamos listar o número de alunos de outro grupo e que NÃO ESTAVAM no primeiro grupo: 𝑛 − 1 (devemos tirar o aluno que estava nos dois grupos)

Mas, não poderia ter mais alunos em comum entre o primeiro e o segundo grupo? Poderia. Mas, nessa análise aqui, estamos imaginando o caso em que só existia esse aluno, para podermos contar o número total de alunos mais facilmente.

No terceiro grupo, qual a quantidade de alunos que não são comuns nem ao primeiro grupo nem ao segundo? 𝑛 − 2

Dessa forma, temos que:

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛+ (𝑛− 1)+⋯+0⏟ 𝑔 𝑔𝑟𝑢𝑝𝑜𝑠

=𝑔𝑛2=(𝑛+ 1)𝑛

2

Em que 𝑇 é o número total de alunos. Observe que fomos listando os grupos em primeiro, segundo, etc. No final, foram 𝑛 + 1 grupos listados. Porém, 𝑛 + 1 vai nos dar exatamente o número de grupos que o professor separou, que são 9. Sendo assim, 𝑛 = 8

Se 𝑛 = 8, 𝑇 =9∙8

2= 36

Gabarito: E



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Questão 14

Sejam as funções 𝑓:ℝ ⟶ ℝ e 𝑔:ℝ ⟶ ℝ. Assinale a alternativa correta:

I. Se 𝑓 e 𝑔 são injetoras, então 𝑓 + 𝑔 é injetora.

II. Se 𝑓 e 𝑔 são sobrejetoras, então 𝑓 + 𝑔 é sobrejetora.

III. Se 𝑓 e 𝑔 não são periódicas, então 𝑓 + 𝑔 não é periódica.

IV. Se 𝑓 e 𝑔 são ímpares, então 𝑓𝑜𝑔 é ímpar.

V. Se 𝑓 e 𝑔 são estritamente crescentes, então 𝑓𝑜𝑔 é estritamente crescente.

a) Apenas a I, II e III são verdadeiras

b) Todas são verdadeiras

c) Apenas a I e II são falsas

d) Apenas a V é verdadeira

e) Apenas a V e IV são verdadeiras

Comentário:

I. FALSO. Tome 𝑓(𝑥) = 𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥 + 𝑘. Ambas as funções são injetoras mas 𝑓 + 𝑔 = 𝑘

não é injetora

II. FALSO. Pelo mesmo contraexemplo anterior, 𝑓(𝑥) = 𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥 + 𝑘 são funções

sobrejetoras mas 𝑓 + 𝑔 = 𝑘 não é sobrejetora. 𝑘 ∈ ℝ.

III. FALSO. Tome 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 e 𝑔(𝑥) = −𝑥, funções que não são periódicas. 𝑓 + 𝑔 =

𝑠𝑒𝑛𝑥, função que é periódica. Logo, o item está falso.

IV. VERDADEIRO. Faça 𝑓𝑜𝑔(−𝑥) = 𝑓(𝑔(−𝑥)) = 𝑓(−𝑔(𝑥)) = −𝑓(𝑔(𝑥))

V. VERDADEIRO. Se 𝑓 e 𝑔 são estritamente crescentes, vamos supor 𝑓(𝑔(𝑥1)) > 𝑓(𝑔(𝑥2)).

Como 𝑓 é estritamente crescente, então 𝑔(𝑥1) > 𝑔(𝑥2). Como 𝑔 é estritamente crescente,

então 𝑥1 > 𝑥2. Logo, 𝑓𝑜𝑔 é estritamente crescente.

Gabarito: E

Questão 15

Resolva a seguinte equação irracional:

√𝑥2 + 1− 𝑥 =7

3√𝑥2 + 1

a) 𝑆 = {4,√33

7}

b) 𝑆 = {−√33

7}

c) 𝑆 = {−4√33

33}

d) 𝑆 = {5√33

33+ 2√3}

e) 𝑆 = {−4√33

33+ 1}



16 16

Comentário:

Para resolver essa questão, vamos usar a seguinte identidade:

1 + 𝑡𝑔2𝑥 = sec2 𝑥

Observe que, na questão, x pode pertencer a qualquer valor, assim como a 𝑡𝑔𝑥. Dessa forma, fazendo 𝑥 = 𝑡𝑔𝑦, temos:

√𝑡𝑔2𝑦+ 1− 𝑡𝑔𝑦 =7

3√𝑡𝑔2𝑦+ 1

|𝑠𝑒𝑐𝑦|− 𝑡𝑔𝑦 =7

3|𝑠𝑒𝑐𝑦|

Porém, nessa substituição, temos que limitar o intervalo em que 𝑡𝑔𝑦 é injetora. Para isso, 𝑦 ∈

]−𝜋

2,𝜋

2[. Nesse intervalo, 𝑠𝑒𝑐𝑦 > 0

1𝑐𝑜𝑠𝑦

− 𝑡𝑔𝑦 =7𝑐𝑜𝑠𝑦3

1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7 cos2 𝑦

3

1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝑦)

3

1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 =7(1 − 𝑠𝑒𝑛𝑦)(1 + 𝑠𝑒𝑛𝑦)

3

𝑠𝑒𝑛𝑦 ≠ 1, pois 𝑦 ≠𝜋

2

1 =7(1 + 𝑠𝑒𝑛𝑦)

3⇒ 𝑠𝑒𝑛𝑦 = −

4

7

Mas, 𝑠𝑒𝑛2𝑦 + cos2 𝑦 = 1. Assim:

𝑐𝑜𝑠𝑦 = ±√1 −16

49= ±√

33

49= ±

√33

7

Como 𝑐𝑜𝑠𝑦 > 0 ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝑦 =√33

7

𝑥 = 𝑡𝑔𝑦 =−47

√337

= −4

√33= −

4√33

33

Gabarito: C

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