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ITA 3 - exercícios resolvidos, Exercícios de Matemática

ITA 3 - exercícios resolvidos

Tipologia: Exercícios

Antes de 2010

Compartilhado em 21/08/2009

pedro-miranda-9
pedro-miranda-9 🇧🇷

4.6

(22)

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Baixe ITA 3 - exercícios resolvidos e outras Exercícios em PDF para Matemática, somente na Docsity! É trabalho pioneiro. Prestação de serviços com tradição de confiabilidade. Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tarefa de não cometer injustiças. Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de ca- da 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 excelentes cursos (Engenha- ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Estrutura, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias: 1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. 2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5 questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha. 3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. 4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dissertativas. Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) nas questões de múlti- pla escolha e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100). A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final. Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou- tros 50%. Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%. A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física, Química e Português, com peso 1. o anglo resolve a prova de Matemática do ITA A cobertura dos vestibulares de 2003 está sendo feita pe- lo Anglo em parceria com a Folha Online. 2ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES NOTAÇÕES : conjunto dos números complexos. ]a, b[ = {x ∈ IR; a  x  b}. IR: conjunto dos números reais. ∅: conjunto vazio. : conjunto dos números inteiros. A\B = {x ∈ A; x ∉ B}. IN = {0, 1, 2, 3, …}. XC = U\X, para X ⊂ U, U ≠ ∅. IN* = {1, 2, 3, …}. I: matriz identidade n × n. –z : conjugado do número z ∈ . A–1: inversa da matriz inversível A. i: unidade imaginária i2 = –1. AT: transposta da matriz A. argz: um argumento de z ∈  \{0}. —AB: segmento de reta unindo os pontos A e B. [a, b] = {x ∈ IR; a  x  b}. m( —AB): medida (comprimento) de —AB. Seja z *∈  . Das seguintes afirmações independentes: I. Se ω = , então –ω = . II. Se z ≠ 0 e ω = , então |ω|  . III. Se ω = , então é um argumento de ω. é(são) verdadeira(s): A) todas. B) apenas I e II. C) apenas II e III. D) apenas I e III. E) apenas II. Resolução: I. Sendo u e v números complexos quaisquer, temos: u ± v = –u ± –v u ⋅ v = –u ⋅ –v , com v ≠ 0. (un) = (–u)n, com n ∈ IN. |–u| = |u| –u = u se, e somente se, u ∈ IR. – i = –i (sendo i a unidade imaginária) u = u Dessas propriedades, decorre que: se ω = então –ω = A afirmação I é verdadeira. II. | | | | |( ) | ω = + + + 2 3 3 1 2 iz i i z | | ( ) ω = + + + 2 3 3 1 2 iz i i z – – | | | | 2 5 1 3 2 3 2 2 2 2 iz z i z iz z z + + + + + 2 5 1 3 2 3 2 2 2 2 iz z i z iz z z + + + + + – | | | | , u v u v       = 2 12 arg z + π( )1 4 3 4 2+ + i z i 2 3 2 5 | | | | z z + 2 3 3 1 2 iz i i z + + +( ) – 2iz 5z i 1 3z 2iz 3|z| 2|z| 2 2 2 + + + + +– 2iz 5z – i 1 3z 2iz 3|z| 2|z| 2 2 2 + + + + + ▼▼ Questão 1 ➯ M ACIÁEAM T T Considere o polinômio P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an formam, nesta ordem, uma progressão geométrica de razão q  0. Sabendo que é uma raiz de P e que P(2) = 5460, tem-se que o valor de é igual a: A) B) C) D) E) Resolução: Sabendo que os coeficientes de P(x) = 2x + a2x2 + ... + anxn formam uma P.G. de razão q (q  0) e a1 = 2, temos: P(x) = 2x + 2qx2 + ... + 2qn – 1 ⋅ xn P(x) é a soma dos n termos de uma P.G. cuja razão é qx e cujo primeiro termo é 2x. Se qx = 1, então P(x) = 2nx, com n  0. Como , nesse caso, não é raiz, podemos afirmar que qx ≠ 1. Com qx ≠ 1, temos: (I) Como , de (I) temos: Assim, temos que: q = 2, se n é par, ou q = –2, se n é ímpar. Como q  0, concluímos que q = 2. (II) Sabemos também que P(2) = 5460. De (I) e (II) temos: 1 – 4n = –4095 4n = 4096 n = 6 A expressão , para q = 2 e n = 6, vale . Dividindo-se o polinômio P(x) = x5 + ax4 + bx2 + cx + 1 por (x – 1), obtém-se resto igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x + 1), obtém-se resto igual a 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x – 2), tem-se que o valor de é igual a: A) –6 D) 7 B) –4 E) 9 C) 4 ab c 6 2 2 7 4 2 3 4 – = n q q 2 3 4 – 2 2 1 2 2 1 2 2 5460 ⋅ ⋅ ⋅ [ ] = – ( ) – n – (– ) q q n n n 2 1 2      = =∴ 2 1 2 1 2 1 2 0 – – –                     + = q q n P – 1 2 0       = P x x qx qx n ( ) – ( ) – = [ ]2 1 1 – 1 2 15 8 11 6 7 4 3 2 5 4 n q q 2 3 4 – – 1 2 5ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 5 ▼▼ Questão 6 ➯ ➯ Resolução: Resolvendo o sistema, obtemos a = –3, b = e c = . Logo, . Das afirmações abaixo sobre a equação z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 e suas soluções no plano complexo: I. A equação possui pelo menos um par de raízes reais. II. A equação possui duas raízes de módulo 1, uma raiz de módulo menor que 1 e uma raiz de módulo maior que 1. III. Se n ∈ IN* e r é uma raiz qualquer desta equação, então é(são) verdadeira(s): A) nenhuma. B) apenas I. C) apenas II. D) apenas III. E) apenas I e III. Resolução: Para todo z, z ∈ C, temos z5 – 1 = (z4 + z3 + z2 + z + 1) (z – 1). As cinco raízes da equação z5 – 1 = 0 são z1, z2, z3, z4 e 1. Note que z1, z2, z3 e z4 são, também, as raízes da equação z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0. Os afixos dessas cinco raízes são os vértices de um pentágono regular inscrito na circunferência de centro (0, 0) e raio unitário do plano de Argand-Gauss: Note que nenhum dos números z1, z2, z3 e z4 é real. Logo, a equação z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 não tem raízes reais. A afirmação I é falsa. Todas as raízes possuem módulo igual a 1, e, portanto, a afirmação II é falsa. Sendo  com n ∈ IN*, temos: Como r ∈ {z1, z2, z3, z4}, temos que |r| = 1, pois os números z1, z2, z3 e z4 possuem, todos, módulo igual a 1. Assim, Como, para todo n, n ∈ IN*, 0  1 –  1, podemos concluir que S  A afirmação III é verdadeira. 1 2 .1 3 3       S n =               ⋅ 1 2 1 1 3 – S n =       ⋅1 3 1 1 3 1 1 3 – – S n = + + … + 1 3 1 3 1 32 S r r r n n = + + … + 3 3 3 2 2 S r r r r n = + + + … + 3 3 3 3 2 3 1 2 ,S r k n k = = ∑ 31 € r k n k 3 1 21= ∑  . a b c ⋅ = 9 – 3 2 9 2 P P P a b c a b c a b c ( ) (– ) ( ) – – 1 2 1 3 2 0 1 1 2 1 1 3 32 16 4 2 1 0 = = =      + + + + = + + + = + + + + =      ⇔ 6ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 7 ➯ z4 z1 z2 z3 1 Im(z) Re(z)0 Seja k ∈ IR tal que a equação 2x3 + 7x2 + 4x + k = 0 possua uma raiz dupla e inteira x1 e uma raiz x2, distinta de x1. Então, (k + x1)x2 é igual a: A) –6 B) –3 C) 1 D) 2 E) 8 Resolução: Sendo f(x) = 2x3 + 7x2 + 4x + k, com k ∈ IR, temos que f ’(x) = 6x2 + 14x + 4. As raízes de f ’(x) = 0 são –2 e . Como a equação f(x) = 0 possui uma raiz dupla x1, podemos afirmar que x1 é raiz de f ’(x) = 0. Como x1 é um número inteiro, temos x1 = –2. De x1 + x1 + x2 = , temos (–2) + (–2) + x2 = e, portanto, x2 = . De x1 ⋅ x1 ⋅ x2 = , temos (–2) ⋅ (–2) ⋅ = e, portanto, k = –4. Logo, (k + x1) ⋅ x2 = –3. Considere o conjunto S = {(a, b) ∈ IN × IN: a + b = 18}. A soma de todos os números da forma , ∀(a, b) ∈ S, é: A) 86 B) 9! C) 96 D) 126 E) 12! Resolução: Do enunciado, temos: = O número de divisores de 17640 que, por sua vez, são divisíveis por 3 é: A) 24 B) 36 C) 48 D) 54 E) 72 Resolução: 17640 = 23 ⋅ 32 ⋅ 51 ⋅ 72 Para a escolha do expoente • do 2, temos 4 possibilidades (0 ou 1 ou 2 ou 3) • do 5, temos 2 possibilidades (0 ou 1) • do 7, temos 3 possibilidades (0 ou 1 ou 2) • do 3, temos só 2 possibilidades pois o número deve ser divísivel por 3 (1 ou 2). Assim, o número de “divisores positivos” que são divisíveis por 3 é 4 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 = 48. O número de divisores de 17640 que são divisíveis por 3 é 96 (48 positivos e 48 negativos). Sejam A e P matrizes n × n inversíveis e B = P–1AP. Das afirmações: I. BT é inversível e (BT)–1 = (B–1)T. II. Se A é simétrica, então B também o é. III. det (A – λI) = det(B – λI), ∀λ ∈ IR. é(são) verdadeira(s): A) todas D) apenas I e III. B) apenas I. E) apenas II e III. C) apenas I e II. 18 0 18 1 18 2 18 18 2 818 6       +       +       + … +       = = 18 0 18 18 1 17 18 2 16 18 18 0 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! + + + … + € 18! ! !a b – k 2 1 2 – k 2 1 2 – 7 2 –7 2 – 1 3 7ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 8 ▼▼ Questão 9 ▼▼ Questão 10 ▼▼ Questão 11 ➯ ➯ ➯ Fazendo arcsenx = α e arccosx = β, temos: f (x) = α + β senα = x e –  α  senα = cosβ ∴ α + β = . cosβ = x e 0  β  π Assim, f(x) = f é constante. Considere a família de circunferências com centros no segundo quadrante e tangentes ao eixo Oy. Cada uma destas cir- cunferências corta o eixo Ox em dois pontos, distantes entre si de 4cm. Então, o lugar geométrico dos centros destas cir- cunferências é parte: A) de uma elipse. D) de duas retas concorrentes. B) de uma parábola. E) da reta y = –x. C) de uma hipérbole. Resolução: Seja C(x, y) o centro de uma destas circunferências, nas condições do enunciado, com x  0 e y  0. Temos a figura: Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AMC, temos: |x|2 = y2 + 22 Logo, , com x  0 e y  0, representa parte de uma hipérbole. Assim, o lugar geométrico dos centros destas circunferências é parte de uma hipérbole. A área do polígono, situado no primeiro quadrante, que é delimitado pelos eixos coordenados e pelo conjunto {(x, y) ∈ IR2 : 3x2 + 2y2 + 5xy – 9x – 8y + 6 = 0}, é igual a: A) D) 3 B) E) C) Resolução: Temos que: 3x2 + 2y2 + 5xy – 9x – 8y + 6 = 0 3x2 + 2y2 + 3xy + 2xy – 3x – 6x – 2y – 6y + 6 = 0 (3x2 + 3xy – 3x) + (2y2 + 2xy – 2y) + (–6x – 6y + 6) = 0 3x ⋅ (x + y – 1) + 2y ⋅ (x + y – 1) – 6 ⋅ (x + y – 1) = 0 (r) x + y – 1 = 0 (x + y – 1) ⋅ (3x + 2y – 6) = 0 ou (s) 3x + 2y – 6 = 0 2 2 10 3 5 2 6 x y2 2 4 4 1– = ∴ = =x y ou seja x y2 2 2 2 4 4 4 1– , – π 2 π 2 π 2 π 2 10ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES 1 4 2 4 3 y xO C |x| |x||x| y M 22A B 4 ▼▼ Questão 15 ▼▼ Questão 16 ➯ ➯ Na figura, está representado o polígono ABCD, limitado pelas retas r e s e pelos eixos coorde- nados, situado no primeiro quadrante: A área S do polígono ABCD pode ser obtida fazendo-se a área do triângulo BOC menos a área do triângulo AOD. Logo, , ou seja, . Sejam r e s duas retas paralelas distando entre si 5cm. Seja P um ponto na região interior a estas retas, distando 4cm de r. A área do triângulo equilátero PQR, cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, é igual, em cm2, a: A) D) B) E) C) Resolução: Do enunciado, temos a figura, onde l é a medida do lado do triângulo PQR: Da figura: α + 60º + β = 180º, ou seja, β = 120º – α. Do triângulo PTQ, temos: lcos(120º – α) = 4 (1) Do triângulo PSR, temos: lcosα = 1 (2) De (1) e (2), temos: cos(120º – α) = 4cosα cos120ºcosα + sen120º senα = 4cosα Assim, no triângulo PSR, temos: Além disso: A área do triângulo equilátero PQR é , ou seja, cm2. Considere três polígonos regulares tais que os números que expressam a quantidade de lados de cada um constituam uma progressão aritmética. Sabe-se que o produto destes três números é igual a 585 e que a soma de todos os ângulos internos dos três polígonos é igual a 3780º. O número total das diagonais nestes três polígonos é igual a: A) 63 B) 69 C) 90 D) 97 E) 106 7 3 28 3 4 ⋅ l l 2 2 2 2 3 3 1 28 = ( ) + = RS RS 1 3 3 3 3= =∴ – cos cos cos 1 2 3 2 4 3 2 9 2 3 3 α α α α α α + = = =∴ sen sen tg 5 6 7 2 157 3 15 2 33 15 S = 5 2 S = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 2 3 1 2 1 1– 11ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES B A D C x y 3 1 1 20 ▼▼ Questão 17 ▼▼ Questão 18 P 4 1 Q T R S α β 60º l r s l l ➯ ➯ Resolução: Sejam n – r, n e n + r os termos de uma P.A. de razão r. Do enunciado, temos: Daí: (9 – r) ⋅ 9 ⋅ (9 + r) = 585 92 – r2 = 65 r = 4 ∴ P.A.(5, 9, 13) r2 = 16 ou r = –4 ∴ P.A.(13, 9, 5) Logo, os números de lados são: 5, 9 e 13. O número total de diagonais pedido é igual a , ou seja, 97. Considere o triângulo isósceles OAB, com lados OA — e OB — de comprimento R e lado AB — de comprimento 2R. O volume do sólido, obtido pela rotação deste triângulo em torno da reta que passa por O e é paralela ao lado AB — , é igual a: A) B) C) D) E) Resolução: Considere a figura: Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos: (AC)2 + R2 = ∴ AC = R Volume VCL do cilindro: VCL = π ⋅ R2 ⋅ 2R ∴ VCL = 2πR3 Volume VCO de um dos cones: VCO = π ⋅ R2 ⋅ R ∴ VCO = πR3 Sendo Vp o volume do sólido, temos: Vp = VCL – 2 ⋅ VCO Vp = 2πR3 – 2 ⋅ πR3 ∴ Vp = ⋅ R3 Considere uma pirâmide regular de altura igual a 5cm e cuja base é formada por um quadrado de área igual a 8cm2. A distância de cada face desta pirâmide ao centro de sua base, em cm, é igual a: A) B) C) D) E) 3 7 5 4 3 5 5 6 9 15 3 4 3 π 1 3 1 3 1 3 ( )2 2R 3 R 3π 2 R 3π 4 3 R3 π π R 3π 2 R3 2 5 5 3 2 9 9 3 2 13 13 3 2 ⋅ ⋅ ⋅ + + ( – ) ( – ) ( – ) ( – ) ( ) – – – – n r n n r n r n n r n ⋅ ⋅ ∴ + = + + + = =    585 2 2 2 21 9 ( – ) ( ) ( – – ) ( – ) ( – ) n r n n r n r n n r ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = ° + ° + + ° = °    585 2 180 2 180 2 180 3780 12ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 19 ▼▼ Questão 20 ➯ ➯ B A O R C √ — 2 R √ — 2 R 2R Vejamos as posições da tartaruga e de Aquiles, no instante Nesse instante, a posição da tartaruga é dada por: Temos, então, que: Note que a posição de Aquiles, no instante também é dada por S. Portanto, a soma t1 + t2 + … + tn + … significa o intervalo de tempo necessário para Aquiles alcançar a tartaruga. Mostre que toda função f : IR \ {0} → IR, satisfazendo f(xy) = f(x) + f(y) em todo seu domínio, é par. Resolução: Para todo x do domínio de f, temos: f (–x) + f (–x) = f [(–x)(–x)] 2f(–x) = f(x2) 2f(–x) = f(x ⋅ x) 2f(–x) = f(x) + f(x) 2f(–x) = 2f(x) ∴ f(–x) = f(x) Logo, f é uma função par. Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a divisão de P1(x) = x4 + ax2 + b por P2(x) = x2 + 2x + 4 é exata, e que a divisão de P3(x) = x3 + cx2 + dx – 3 por P4(x) = x2 – x + 2 tem resto igual a –5, determine o valor de a + b + c + d. Resolução: Dividindo P1(x) = x 4 + ax2 + b por P2(x) = x 2 + 2x + 4, temos: + x 4 + 0x3 + ax2 + 0x + b x2 + 2x + 4 – x4 – 2x3 – 4x2 x2 – 2x + a + – 2x 3 + (a – 4)x2 + 0x + b 2x3 + 4x2 + 8x + ax 2 + 8x + b –ax2 – 2ax – 4a (8 – 2a)x + b – 4a (Resto) Como a divisão de P1 por P2 é exata, devemos ter: (8 – 2a)x + b – 4a  0 8 – 2a = 0 ∴ a = 4 e b = 16 b – 4a = 0 Dividindo P3(x) = x 3 + cx2 + dx – 3 por P4(x) = x 2 – x + 2, temos: + x 3 + cx2 + dx – 3 x2 – x + 2 – x3 + x2 – 2x x + c + 1 + (c + 1)x 2 + (d – 2)x – 3 – (c + 1)x2 + (c + 1)x – 2(c +1) (c + d – 1)x – 2c – 5 (Resto) Do enunciado, devemos ter: (c + d – 1)x – 2c – 5  – 5 c + d – 1 = 0 ∴ c = 0 e d = 1 –2c – 5 = –5 Assim: a + b + c + d = 4 + 16 + 0 + 1, ou seja, a + b + c + d = 21 Resposta: 21 d v vA T 1 − , S d v v v A T A= − ⋅1 S d v v d v v v A T T A T = + − ⋅1 1( – ) S d v d v vT A T = + − ⋅1 1 € d v vA T 1 − . 15ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 24 ▼▼ Questão 25 1 2 3 1 2 3 Sejam a, b, c e d números reais não-nulos. Exprima o valor do determinante da matriz na forma de um produto de números reais. Resolução: bcd 1 a a2 Seja D = acd 1 b b2 abd 1 c c2 abc 1 d d2 Multiplicando por a, b, c e d, respectivamente, a 1ª, 2ª, 3ª e 4ª linhas, podemos escrever: ∴ D = (b – a) (c – a) (c – b) (d – a) (d – b) (d – c) Resposta: (b – a) (c – a) (c – b) (d – a) (d – b) (d – c) Encontre todos os valores de para os quais a equação na variável real x, , admite solução. Resolução: Fazendo α = arctg e β = arctg , temos: α + β = a. Então: tga = tg(α + β) ∴ tga = ∴ ∴         = ( ) ( )e tg a tg a x 2 2 2 1 12 – – ∴ ∴= + + ( )                   = ( ) ( ) +         tg a e e e tg a e x x x x 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 – – – – – – – – tg tg tg tg α β α β + 1 – 2 1 2 – – ex        2 1 2 – +         ex arctg e arctg e a x x 2 1 2 2 1 2 − +       + − −       = a ∈ −         π π 2 , 2 1 a a2 a3 1 b b2 b3 1 c c2 c3 1 d d2 d3 D abcd abcd = ⋅ abcd a a2 a3 abcd b b2 b3 abcd c c2 c3 abcd d d2 d3 D abcd = ⋅ 1 bcd a a acd b b abd c c abc d d 1 1 1 1 2 2 2 2               16ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 26 ▼▼ Questão 27 Para a equação em x ter solução:  0 ∴  0 ∴ ∴ 0  tga  1. Satisfazendo , temos: 0  a  . Resposta: Sabe-se que uma elipse de equação = 1 tangencia internamente a circunferência de equação x2 + y2 = 5 e que a reta de equação 3x + 2y = 6 é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadas de P. Resolução: Do enunciado, o semi-eixo maior da elipse deve medir e estar contido no eixo das ordenadas. Caso contrário, a reta r de equação 3x + 2y = 6 seria secante à elipse. Assim, temos a figura: 1º modo: Consideremos o sistema formado pelas equações da reta e da elipse: De 1 : y = Substituindo em 2 , temos: , ou seja: (9a2 + 20)x2 – 36a2x + 16a2 = 0 3 Condição de tangência: ∆ = 0 Então: 45a2 – 80 = 0 ∴ a2 = Substituindo o valor de a2 em 3 , temos x = . Substituindo o valor de x em 1 , temos y = . Logo, as coordenadas de P são .8 9 5 3 ,    5 3 8 9 16 9 x a x 2 2 26 3 2 5 1+     = – 6 3 2 – x 3 2 6 5 1 2 2 2 x y x a y + = + =     5 x a y b 2 2 2 2+ a ∈ ] , [0 4 π π 4 a ∈ ] – , [π π 2 2 0 1 – + –∃ 1 – tg a tg a ( ) 2 2 1 1– –( ) ( )⋅ tg a tg a 17ITA/2003 ANGLO VESTIBULARES ▼▼ Questão 28 –√ — 5 √ — 5 Q y r x P 0 1 2
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