ita 05 mat elite

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O ELITE RESOLVE ITA 2005 MATEMTICA

1

MLTIPLA ESCOLHA

NOTAES C : conjunto dos nmeros complexos. Q : conjunto dos nmeros racionais. R : conjunto dos nmeros reais. Z : conjunto dos nmeros inteiros. N = {0, 1, 2, 3, ...}. N* = {1, 2, 3, ...}. : conjunto vazio. A \ B = {x A ; x B}. [a, b] = {x R, a x b}. ]a, b[ = {x R, a < x < b}. i : unidade imaginria ; i2 = 1. z = x + iy , x, y R. z : conjugado do nmero complexo z C. |z| : mdulo do nmero complexo z C.

:AB segmento de reta unindo os pontos A e B. )AB(m : medida (comprimento) de AB .

1. Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6}, T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} e as afirmaes: I. {0} S e S U . II. {2} S \ U e S T U = {0, 1}. III. Existe uma funo f: S T injetiva. IV. Nenhuma funo g: T S sobrejetiva. Ento, (so) verdadeira(s): a) apenas I. b) apenas IV. c) apenas I e IV. d) apenas II e III. e) apenas III e IV. SOLUO: I. Falsa, pois {0} S e no {0} S. II. Falsa, pois {2} S \ U, porm S T U = III. Falsa, pois como n(S) > n(T) no possvel fazer x1 x2

f(x1) f(x2),x S IV. Verdadeira, pois como n(T) < n(S) sempre haver um elemento

de S sem correspondente em T, ou seja, o contra-domnio diferente da imagem.

ALTERNATIVA B 2. Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduches, 7 xcaras de caf e 1 pedao de torta totalizou R$ 31,50. Em outra mesa, o consumo de 4 sanduches, 10 xcaras de caf e 1 pedao de torta totalizou R$ 42,00. Ento, o consumo de 1 sanduche, 1 xcara de caf e 1 pedao de torta totaliza o valor de a) R$ 17,50. b) R$ 16,50. c) R$ 12,50. d) R$ 10,50. e) R$ 9,50. SOLUO: Sejam s o preo do sanduche, x o da xcara de caf, t o do pedao de torta. Ento: Para a mesa 1, temos: 3s + 7x + t = 31,50 (I) Para a mesa 2, temos: 4s + 10x + t = 42,00 (II) Fazendo 3I 2II temos: s + x + t = 10,50

ALTERNATIVA D 3. Uma circunferncia passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e C = (8, 8). Ento, o centro da circunferncia e o valor de seu raio, respectivamente, so a) (0, 5) e 6. b) (5, 4) e 5. c) (4, 8) e 5,5. d) (4, 5) e 5. e) (4, 6) e 5. SOLUO: Como A = (0, 2) e B = (0, 8) tm a mesma abscissa, e sabemos que a mediatriz de AB (a reta y = 5) passa pelo centro da circunferncia D, temos que yD=5. Como B = (0, 8) e C = (8, 8) tm a mesma ordenada, e sabemos que a mediatriz de BC (a reta x = 4) passa pelo centro da circunferncia D, temos que xD=4. Assim, o centro da circunferncia D = (4, 5). Para o raio temos:

( ) ( )2DA2DA yyxxr += ( ) ( )22 5240r += r = 5 ALTERNATIVA D

4. Sobre o nmero 3347x += correto afirmar que: a) x ]0, 2[. b) x racional. c) x2 irracional. d) x2 irracional. e) x ]2, 3[. SOLUO:

Como ( )232347 = tem-se: ( ) 332x 2 += 2332x =+=

Logo, x racional. ALTERNATIVA B

5. Considere o tringulo de vrtices A, B e C, sendo D um ponto do lado AB e E um ponto do lado AC . Se ,cm8)AB(m =

,cm10)AC(m = cm4)AD(m = e cm6)AE(m = , a razo das reas dos tringulos ADE e ABC :

a) .21

b) .53

c) .83

d) .103

e) .43

SOLUO: A partir dos dados da questo temos a seguinte figura geomtrica:

Logo, temos a razo entre as reas:

103

10864

AsenACAB21

AsenAEAD21

SS

ABC

ADE ==

=

ALTERNATIVA D 6. Em um tringulo retngulo, a medida da mediana relativa hipotenusa a mdia geomtrica das medidas dos catetos. Ento, o valor do cosseno de um dos ngulos do tringulo igual a

a) .54

b) .5

32 + c) .32

21 + d) .34

41 + e) .32

31 +

SOLUO: Como o tringulo retngulo, a medida da mediana relativa hipotenusa igual metade da medida da hipotenusa, isso pode ser observado pela figura:

x

xxa

b

Pelas condies do problema: abx = Por Pitgoras:

a2 + b2 = 4x2 a2 + b2 = 4ab a2 4ab + b2 = 0 ( )32b

2b4b16b4a

22==

Considerando a > b, vem: a = b(2+ 3 )



2

Portanto:

abab

ab2a

x2acos == ( )

b232b

b2abcos

2 +==

3221cos +=

ALTERNATIVA C 7. A circunferncia inscrita num tringulo equiltero com lados de 6 cm de comprimento a interseo de uma esfera de raio igual a 4 cm com o plano do tringulo. Ento, a distncia do centro da esfera aos vrtices do tringulo (em cm) a) .33 b) 6. c) 5. d) 4. e) .52 SOLUO:

Considere o tringulo eqiltero ABC, O o centro da circunferncia e O' o centro da esfera. Sendo l o lado do tringulo:

323

31OH == l e 32

23

32AO == l

Sendo O'H o raio da esfera, ento:

OH2 = OH2 + OO2 ( ) 222 'OO34 += 13'OO = Utilizando o teorema de Pitgoras em OAO:

OA2 = OO2 + AO2 OA2 = 13 + 12 Logo, OA = 5.

ALTERNATIVA C 8. Uma esfera de raio r seccionada por n planos meridianos. Os volumes das respectivas cunhas esfricas contidas em uma semi-esfera formam uma progresso aritmtica de razo

45r 3

. Se o volume da menor cunha for igual a 18r 3

, ento n

igual a a) 4. b) 3. c) 6. d) 5. e) 7. SOLUO: Na P.A. dada tem-se

18ra

3

1= ,

45rR

3= e 3n r32S =

Aplicando a frmula da soma da P.A., tem-se:

( ) ( )2

n45r1n

18r

18r

2naa

S

333

n1n

++=+=

( )

3

333

r32

2

n45r1n

18r

18r

=

++

Assim, simplificando a equao acima, temos:

34n.

451

45n

91 =

+

Multiplicando ambos os membros da equao por 45, vem: (5 + n 1)n = 60 (n + 4)n = 60

Como a equao acima admite 6 e 10 como razes, chegamos a concluso que a esfera intersectada por 6 planos meridionais.

ALTERNATIVA C 9. Considere um prisma regular em que a soma dos ngulos internos de todas as faces 7200. O nmero de vrtices deste prisma igual a a) 11. b) 32. c) 10. d) 20. e) 22.

SOLUO: Sendo n o nmero de lados da base do prisma, fazemos a soma dos ngulos das faces laterias mais a soma dos ngulos das bases, logo: 360on + 2[180o(n 2)] = 7200o 720o + 720on = 7200o n = 11 Como o prisma composto por duas bases de 11 lados, ento seu nmero total de vrtices 22.

ALTERNATIVA E 10. Em relao a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no plano, trs vrtices de um tetraedro regular so dados por A = (0, 0), B = (2, 2) e C = )31 ,31( + . O volume do tetraedro a) .

38 b) 3. c) .

233 d) .

235 e) 8.

SOLUO: Desenhando a figura dada, temos:

2

1 3+

21 3 A

B

C

x

y

Clculo do lado do tetraedro:

AB = l = 22 Clculo do volume do tetraedro com base ABC:

..

H

2 2

2 22 2

2 2

hA C

V

B

M G.

Aplicando Pitgoras no tringulo VMB:

VB2 = MB2 + VM2 ( ) ( ) 222 h222 += h2 = 6 Aplicando Pitgoras no tringulo VMG:

VM2 = MG2 + VG2 22

2 Hh31h +

=

334H =

HA31V B = 3

344

331V

2= l

38V =

Logo o volume da pirmide 8/3. ALTERNATIVA A

11. No desenvolvimento de (ax2 2bx + c + 1)5 obtm-se um polinmio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e 1 so razes de p(x), ento a soma a + b + c igual a

a) .21 b) .

41 c) .

21 d) 1. e) .

23

SOLUO: Seja p(x) = (ax2 2bx + c + 1)5 e considerando a, b e c reais, temos que a soma dos coeficientes dada por

p(1) = (a 2b + c + 1)5 = 32 Ento: a 2b + c + 1 = 2 a 2b + c = 1 (I) Como 0 e 1 so razes, ento: p(0) = c + 1 = 0 c = 1 (II) p(1) = a + 2b + c + 1 = 0 a + 2b + c = 1 (III)



3

De (I), (II) e (III), temos:

=++=

=+

1cb2a1c

1cb2a

==

=

1c21b

1a

21cba =++

OBSERVAO: Caso os coeficientes a, b e c fossem complexos no reais, ento na extrao da raiz quinta da equao (a 2b + c + 1)5 = 32, obteramos 5 diferentes valores para a soma a + b + c.

ALTERNATIVA A 12. O menor inteiro positivo n para o qual a diferena 1nn fica menor que 0,01 a) 2499. b) 2501. c) 2500. d) 3600. e) 4900. SOLUO: Dada a inequao: 01,01nn Podemos reescreve-la como:

1001

1nn)1n(n +

1001

1nn1 + 1001nn +

Como sabemos que 502500 = , para a desigualdade ser verdadeira devemos ter 2501n .

ALTERNATIVA B 13. Seja D = R \ {1} e f : D D uma funo dada por

.1x1x)x(f

+= Considere as afirmaes: I. f injetiva e sobrejetiva. II. f injetiva, mas no sobrejetiva.

III. ,0x1f)x(f =

+ para todo x D, x 0. IV. f(x) f(x) = 1, para todo x D. Ento, so verdadeiras a) apenas I e III. b) apenas I e IV. c) apenas II e III. d) apenas I, III e IV. e) apenas II, III e IV. SOLUO: Analisando as afirmaes: I. Verdadeira. Para saber se f injetiva e sobrejetiva, basta verificar se bijetiva, ento f deve possuir inversa:

1x1x)x(f

+= 1)y(f1)y(fy

1

1

+=

Para f- -1(y) 1:

1y1y)y(f 1

+= Encontramos ento a inversa, que igual a funo original, e uma vez que existe inversa, a funo bijetiva. II. Falsa. Ficou provado em (I) que f bijetiva logo tambm sobrejetiva. III. Verdadeiro. Calculando o resultado da soma tem-se:

f(x) + f(1/x) = 1x/11x/1

1x1x

++

+ =x/)x1(x/)x1(

1x1x

++

+

f(x) + f(1/x) =1xx1

1x1x

+

+ = 0 IV. Falsa. Calculando o valor de f(-x) em x = -1 tem-se:

f(-x) = f(-(-1)) = f(1) Porm, f(1) no existe, uma vez que x = 1 no est no domnio de f. Logo, no existe o produto P = f(x)f(-x) para x = 1, invalidando a afirmao pois o produto no existe para todo xD.

ALTERNATIVA A

14. O nmero complexo 2 + i raiz do polinmio f(x) = x4 + x3 + px2 + x + q,

com p, q R. Ento, a alternativa que mais se aproxima da soma das razes reais de f a) 4. b) 4. c) 6. d) 5. e) 5.

SOLUO: Sejam x1, x2, x3 e x4 as razes do polinmio, ento:

x1 = 2 + i e x2 = 1x = 2 i Pelas relaes de Girard:

x1 + x2 + x3 + x4 = ab = 1 2 + i + 2 i + x3 + x4 = 1 x3 + x4 = 5

ALTERNATIVA E 15. Considere a equao em x

,ba x/11x =+ onde a e b so nmeros reais positivos, tais que ln b = 2 ln a > 0. A soma das solues da equao a) 0. b) 1. c) 1. d) ln 2. e) 2. SOLUO: Dada a equao:

x1

1x ba =+ Aplicando ln dos dois lados, temos:

( ) blnx1aln1x =+

Como, dado do enunciado, 0aln2bln >= , podemos fazer: ( ) bln

x1aln1x =+ ( ) aln2

x1aln1x =+ ( )

x21x =+

02xx2 =+ Logo, a soma das razes da equao :

11S = 1S =

ALTERNATIVA B 16. O intervalo I R que contm todas as solues da inequao

62x1arctan

2x1arctan ++

a) [1, 4]. b) [3, 1]. c) [2, 3]. d) [0, 5]. e) [4, 6]. SOLUO: Sabe-se que:

)btan()atan(1)btan()atan()batan(

+=+ Aplicando a funo tangente a ambos os membros da inequao dada, temos:

+

++

6tan

2x1

2x11

2x1

2x1

Logo:

( ) 314x11

12

31

x34

2+ 334x

2

A figura abaixo apresenta o conjunto soluo dessa inequao:

Dos intervalos apresentados, o nico que contm o intervalo soluo [-2;3].

ALTERNATIVA C



4

17. Seja z C com |z| = 1. Ento, a expresso wzwz1

assume

valor: a) maior que 1, para todo w com |w| > 1. b) menor que 1, para todo w com |w| < 1. c) maior que 1, para todo w com w z. d) igual a 1, independente de w com w z.. e) crescente para |w| crescente, com |w| < |z|. SOLUO:

Sabe-se que 2zzz = . Como 1z = , ento 1zz = . Substituindo o resultado acima na expresso dada temos:

1zz)wz()wz(z

wzwzzz

wzwz1 ===

==

Logo, 1wzwz1 =

, w C / w z. ALTERNATIVA D

18. O sistema linear

=+=+=+

1bzx1zby1ybx

no admite soluo se e somente se o nmero real b for igual a a) 1. b) 0. c) 1. d) 2. e) 2. SOLUO: A condio necessria para que o sistema linear no admita soluo det = 0:

0b011b001b= b3 + 1 = 0 b = 1

Para b = 1:

==+=+

1zx1zy1yx

Somando-se as trs equaes, obtemos 0 = 3, que um absurdo, portanto verificando que o sistema no admite soluo.

ALTERNATIVA A 19. Retiram-se 3 bolas de uma urna que contm 4 bolas verdes, 5 bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 a probabilidade de no sair bola azul e P2 a probabilidade de todas as bolas sarem com a mesma cor, ento a alternativa que mais se aproxima de P1+P2 a) 0,21. b) 0,25. c) 0,28. d) 0,35. e) 0,40. SOLUO: Calculo de P1: Temos inicialmente 16 bolas na urna, sendo 11 no-azuis, tirando as bolas sem reposio, a probabilidade P1 dada por:

P1 =149

1510

1611

Calculo de P2: P2 = V + A + B

Onde: V = Probabilidade de serem todas verdes A = Probabilidade de serem todas azuis B = Probabilidade de serem todas brancas

Temos:

142

153

164V = ;

143

154

165A = ;

145

156

167B =

Logo:

P1 + P2 = P1 + V + A + B =141516

56734523491011

+++

P1 + P2 = 33601284 0,382

Das alternativas dadas, o valor que mais de aproxima 0,40. ALTERNATIVA E

20. A distncia focal e a excentricidade da elipse com centro na origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, 2) so, respectivamente,

a) .21e3 b) .3e

21 c) .

21e

23

d) .23e3 e) .

23e32

SOLUO: Supondo que os eixos da elipse so paralelos aos eixos cartesianos:

1cb

1

-2

2

Equao da elipse:

1bx

ay

2

2

2

2=+

Onde a o semi-eixo maior e b o semi-eixo menor. Como (1, 0) e (0, 2) pertencem a elipse; temos:

( )

=+=+

1b0

a2

1b1

a0

2

2

2

2

2

2

2

2

==

1b2a

Pelas relaes geomtricas, temos:

a2 = b2 + c2 14ba 22 = 3c = Onde c a metade da distncia focal. Sendo e a excentricidade da elipse e df a distncia focal, podemos escrever:

==

c2dace

f

==

32d23e

f

OBSERVAO: Caso os eixos da elipse no forem paralelos aos eixos cartesianos, ento esta questo teria infinitas solues, pois infinitas elipses satisfariam o enunciado.

ALTERNATIVA E

DISSERTATIVAS As questes dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno de solues. 21. Seja ...,a,a 21 uma progresso aritmtica infinita tal que

,n2na 2n

1kk3 +=

=para n N*

Determine o primeiro termo e a razo da progresso. SOLUO: Para K = 1:

+=++=

422aa

2a

63

3 += 32a6 += 2aa 36

Temos tambm que: a6 = a3 + 3r

Logo: a3 + 3r = a3 + 2 r = 2/3



5

Temos: a1 = a3 2r

Logo: a1 = 2 + 2(2/3) a1 = 2 /3

22. Seja C a circunferncia de centro na origem, passando pelo ponto P = (3, 4). Se t a reta tangente a C por P, determine a circunferncia C de menor raio, com centro sobre o eixo x e tangente simultaneamente reta t e circunferncia C. SOLUO: Considere a figura:

Equalo da reta OP : y = kx Substituindo no ponto P: 4 = k3 Logo: ( ) x

34yOP =

Equao da reta t (perperndicular a OP ): bx43y +=

Substituindo no ponto P: b3434 +=

Logo:4

25b =

Assim:

4

25,0A

Para y=0 (ponto B): 4

25x43 =

325x =

Logo: B

0,325

.

Para determinarmos o raio da circunferncia maior: R2 = 32 + 42 R2 = 25 R = 5

Observando a semelhana dos tringulos OBP e O'P'B:

'BOBO

'P'OOP =

=

r5325

325

r5

3r5r

310 =

310

3r8 =

45r =

Logo:

xo = R + r 4

25x 'o = e yo = 0

Assim, resulta a circunferncia C': 1625y

425x 2

2

=+

23. Sejam A e B matrizes 22 tais que AB = BA e que satisfazem equao matricial A2 + 2AB B = 0. Se B inversvel, mostre que (a) AB1 = B1A e que (b) A inversvel. SOLUO: a) Se B inversivel ento existe B-1, tal que

BB-1 = 1 Sendo AB = BA temos:

A = A A1 = A ABB-1 = A BAB-1 = A B-1BAB-1 = B-1A 1AB-1 = B-1A AB-1 = B-1A

b) Resolvendo a equao:

A2 + 2AB B = 0 B = A2 + 2AB B = A(A + 2B)

Tomando o determinante: det B = det [A(A + 2B)] = det Adet (A + 2B) 0

Pois B inversivel. Se det Adet (A + 2B) 0, ento det A 0 e portanto A inversivel. 24. Seja n o nmero de lados de um polgono convexo. Se a soma de 1n ngulos (internos) do polgono 2004, determine o nmero n de lados do polgono. SOLUO: A soma dos ngulos internos de um polgono de n lados :

Si = (n 2)180 Pelo enunciado, temos:

Si = S + a = 2004 + a Onde S a soma de (n 1) ngulos internos do polgono e a medida de um desses ngulos. Ento:

180 (n 2) = 2004 + a a = 180(n 2) 2004 Mas, como se trata de um polgono convexo:

0 < a < 180 0 < 180(n 2) 2004 < 180 0 < (n 2) 11,133 < 1 13,133 < n < 14,133

Portanto, n = 14, pois n N.

25. (a) Mostre que o nmero real 33 5252 ++= raiz da equao x3 + 3x 4 = 0. (b) Conclua de (a) que um nmero racional. SOLUO: a) Fazemos:

33 yx += Logo:

yyx3yx3x 3 2333 23 +++= 2)52)(52(3)52()52(352 3 23 23 ++++++=

333 5235234 += Substituindo na equao:

x3 + 3x 4 = 0 3 + 3 4 = 0 Resulta:

04525235235234 3333 =

+++

045235235235234 3333 =+++ 0 = 0

Logo, como a igualdade verdadeira, podemos verificar que raiz da equao dada. 26. Considere a equao em x R

,mx1xmx1 +=+ sendo m um parmetro real. (a) Resolva a equao em funo do parmetro m. (b) Determine todos os valores de m para os quais a equao admite soluo no nula. SOLUO: a) mx1xmx1 +=+ mx1mx1x += Elevando os dois membros ao quadrado, temos:

( )( ) mx1mx1mx12mx1x2 +++= 222 xm122x = 222 x2xm12 =

Elevando novamente ao quadrado, temos: 4(1 m2x2) = (2 x2)2

4 4m2x2 = 4 4x2 + x4 x4 4x2 + 4m2x2 = 0 x2 (x2 4 + 4m2) = 0

=

=

2m12x

ou0x

= 22 m12 ,m12 ,0S



6

b) Para que a equao admita soluo no nula necessrio primeiramente que:

1 m2 > 0 1 < m < 1 (I) Testando as solues, temos:

mx1mx1x += 222 m1m21m1m21m12 +=

Elevando ao quadrado: 22222 m1m21)m1(m412m1m21m44 ++=

1m21m4m4 22 =+ A condio de existncia da equao acima :

01m2 2 22m ou

22m (II)

Alm disso, devemos fazer a seguinte considerao: mx1mx1x +=

Se 0x > soluo, temos mx1mx1 >+ , logo .0m > Se 0x < soluo, temos mx1mx1 . Logo: m > 0 (III)

De (I), (II) e (III) temos: 2 1

2m < .

27. Um dos catetos de um tringulo retngulo mede cm23 . O volume do slido gerado pela rotao deste tringulo em torno da hipotenusa cm3. Determine os ngulos deste tringulo. SOLUO:

O volume V do slido gerado pela rotao completa do triangulo ABC. retngulo em B, e, conforme a figura, tal que:

V = 1/3 h2m + 1/3 h2n = 1/3 h2(m + n) V = 1/3 h2a = h2a = 3 (I)

No triangulo ABC, tem-se:

cos = a23 a = cos

23 (II)

No triangulo AHB tem-se:

sen = 3 2h

h = 3 2 sen (III) Substituindo (II) e (III) em (I):

h2a = 3 ( 3 2 sen )2 cos23 = 3

cossen2 2 = 3 2(1 cos2 ) = 3 cos

2 cos2 + 3 cos - 2 = 0 cos = 1/2 = 60, pois 0 < < 90.

Os ngulos do triangulo ABC so, portanto, CAB = = 60o ; ACB = 90o = 30 ; CBA = 90

28. So dados dois cartes, sendo que um deles tem ambos os lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor vermelha e o outro lado na cor azul. Um dos cartes escolhido ao acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta vermelha, calcule a probabilidade de o carto escolhido ter a outra cor tambm vermelha.

SOLUO: Seja P, a funo probabilidade definida no espao de eventos do problema. Sejam, tambm, definidos os seguintes eventos: V1: face visvel do carto selecionado vermelha; V: face oculta do carto selecionado vermelha; A: carto de duas faces vermelhas selecionado; A probabilidade de o carto escolhido ter vermelho como cor da outra face P(V) pode ser calculada da seguinte maneira: P(V) = P(V | V1), onde: P(V | V1) a probabilidade de a outra face ser vermelha, dado que a primeira face selecionada foi vermelha. Podemos calcular ento:

32

43

21

)V(P)A(P

)V(P)VV(P

)V|V(P)V(P11

11 =====

29. Obtenha todos os pares (x, y), com x, y [0, 2], tais que

1ycossenx2/1)yx(sen)yx(sen

=+=++

SOLUO: Desenvolvendo a primeira equao temos:

senxcosy + senycosx senxcosy senycosx = 1/2 2senxcosy = 1/2 senxcosy = 1/4

Temos ento o novo sistema de equaes:

==+

4/1ycossenx1coxysenx

Assim, senx e cosy so as razes de uma equao de segundo grau cuja soma 1 e o produto 1/4. Logo:

w2 w + = 0 w = 1/2 Logo: senx = x = 30 ou x = 150 cosy = y = 60 ou x = 300 Assim os possveis pares (x, y) pertencem ao conjunto:

{(30, 60), (30, 300), (150, 60), (150, 300)} 30. Determine todos os valores reais de a para os quais a equao

(x 1)2 = |x a| admita exatamente trs solues distintas. SOLUO: Graficamente, temos:

Para que a equao (x 1)2 = Ix aI admita exatamente trs solues distintas, necessrio que o grfico de Ix aI intercepte a parbola y = (x 1)2 em trs pontos diferentes. As situaes em que isso ocorre so:

1

a

2

a

3

a = 1 Nos casos 1 e 2, |x a| tangencia a parbola em um ponto e cruza em outros dois pontos. 1) No ponto de tangncia para x < a, temos:

(x 1)2 = Ix aI = a x x2 2x + 1 = a x x2 x + 1 a = 0 Para que ocorra tangncia, = 4a 3 = 0 a = 3/4 2) No ponto de tangncia para x > a, temos: (x 1)2 = Ix aI = x a x2 2x + 1 = x a x2 3x + 1 + a = 0

Novamente, = 5 4a = 0 a = 5/4 Podemos observar no grfico do caso 3, quando a = 1, temos a interseco das curvas em trs pontos. Logo, os valores procurados de a so 3/4, 1 e 5/4.

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