Maratonas de Matemática ⇒ I Maratona de Matemática IME/ITA

[FilipeCaceres]

Para todos aqueles que almejam uma vaga no IME/ITA o fórum TutorBrasil criou uma maratona de exercícios para fazer seu estudo andar mais rápido!

As regras são simples, mas o não cumprimento acarretará na exclusão da maratona.

1) O usuário que quiser participar deverá RESPONDER a última questão sem resposta e POSTAR uma nova questão na mesma mensagem.
2) A resolução da questão deverá ser feita como se estivesse sendo entregue para a prova discursiva do IME ou do ITA.
3) O uso do LaTeX é obrigatório, caso não saiba usar leia aqui.
4) Todas questão deverão ser do IME ou do ITA, com o respectivo ano.
5) Não deve ser postado uma nova questão enquanto a anterior não for resolvida.
6) As questões não respondidas irão ficar por no máximo 36h, após o limite iremos removê-la para o tópico IME/ITA, disponibilizando para que seja postada uma nova.
7) As questões deverão ser numeradas na ordem crescente.

Veja como devemos proceder.

Problema 1

(IME ou ITA acompanhado do ano)Escreva a questão

Código: Selecionar todos

[spoiler]Gabarito:[/spoiler]

Quem for resolver deverá escrever:

Solução do Problema 1

Descrever a solução

Problema 2

(IME ou ITA acompanhado do ano)Escreva a questão.

Código: Selecionar todos

[spoiler]Gabarito:[/spoiler]

---

Problema 1
(ITA-1980) No intervalo [tex3]\pi<x<2\pi[/tex3], quais são os valores de [tex3]k[/tex3] que satisfazem a inequação [tex3](\log_ek)^{\text{sen} x}>1[/tex3]

a) Para todo [tex3]k>e[/tex3]
b) Para todo [tex3]k>2[/tex3]
c) Para todo [tex3]k>1[/tex3]
d) Para todo [tex3]1<k<e[/tex3]
e) Para todo [tex3]0<k<e[/tex3]

Gabarito

---

Letra D

[poti]

Solução do problema 1:

[tex3](\ln k)^{\sen x} > (\ln k)^0[/tex3]

Se [tex3]0 < \ln k < 1[/tex3]:

[tex3]\boxed{\sen x < 0}[/tex3]

Se [tex3]\ln k > 1[/tex3]:

[tex3]\boxed{\sen x > 0}[/tex3]

Olhando pelas condições do enunciado, vemos que [tex3]\sen x \in [2^\circ \text{ Quadrante},\,3^\circ \text{ Quadrante}][/tex3] e assume apenas valores negativos. Portanto:

[tex3]\sen x < 0 \to 0 < \ln k < 1 \to \boxed{\ln 1 < \ln k < \ln e}[/tex3]

[tex3]\boxed{1 < k < e}[/tex3]. Letra D

---

Problema 2
(ITA-1974) Seja [tex3]a_k[/tex3] um número complexo, solução da equação [tex3]( z + 1)^5 + z^5 = 0 \,, K = 0, 1, 2, 3, 4[/tex3]. Podemos afirmar que:

a) todos os [tex3]z_k, \, K = 0, 1, ..., 4[/tex3] estão sobre uma circunferência.
b) todos os [tex3]z_k, \, K = 0, 1, ..., 4[/tex3] estão sobre uma reta paralela ao eixo real.
c) todos os [tex3]z_k,\, K = 0, 1, ..., 4[/tex3] estão sobre uma reta paralela ao eixo imaginário.
d) a equação não admite solução.
e) n.d.a.

Resposta

---

Gabarito: C

[Agash]

Solução Problema 2
[tex3]( z + 1)^5 + z^5 = 0[/tex3]
[tex3](z+1)^5= (-1) z^5[/tex3]
[tex3]\mid (z+1)^5 \mid = \mid (-1)(z^5) \mid[/tex3]
[tex3]\mid (z+1)^5 \mid = \mid (-1) \mid \mid (z^5) \mid[/tex3]
[tex3]\mid z+1 \mid^5 = \mid z \mid^5 \rightarrow \mid z-(-1+0i) \mid = \mid z -(0+0i)\mid[/tex3]
Distancia do complexo z até o (-1,0) é igual a distancia do complexo z até o (0,0)
Logo, z pertence a mediatriz desse segmento [tex3]z \in x=-\frac{1}{2}[/tex3]
[tex3]\rightarrow[/tex3] todos os [tex3]z_k,\, K = 0, 1, ..., 4[/tex3] estão sobre uma reta paralela ao eixo imaginário.
Letra C.

---

Problema 3

(IME - 1969) Sabendo que a equacão [tex3]x^3 + mx^2 + n = 0[/tex3], em que [tex3]m[/tex3] e [tex3]n[/tex3] são reais, admite raízes complexas de módulo [tex3]\beta[/tex3], exprima [tex3]m[/tex3] em função de [tex3]n[/tex3] e [tex3]\beta[/tex3].

a) [tex3]m=\frac{n^2-\beta ^5}{n^2\beta^2}[/tex3]
b) [tex3]m=\frac{n^4-\beta ^3}{\beta^2}[/tex3]
c) [tex3]m=\frac{n^5-\beta ^6}{n\beta^2}[/tex3]
d) [tex3]m=\frac{n^2-\beta ^6}{n\beta^2}[/tex3]
e) [tex3]m=\frac{n^2-\beta ^4}{n^2\beta^2}[/tex3]
f) Nenhuma das respostas acima

Resposta

---

Gabarito:D

[poti]

Solução do Problema 3

[tex3]x_{1} \wedge x_{2} \in \mathbb{C}, \ x_{1} = \bar{x_{2}}[/tex3] (Teorema das Raízes Complexas)

[tex3]Re(x_{1}) = Re(x_{2}) = Re(z)[/tex3]

[tex3]x_{3} = k, \ x_{3} \in \mathbb{R}[/tex3]

Por Girard:

[tex3]\underline{(x_{1} + x_{2})} + x_{3} = - m[/tex3] (I)

Reescrevendo:

[tex3]\boxed{2Re(z) + k = - m}[/tex3] (I)

Por Girard:

[tex3]x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3} = 0[/tex3] (II)

Reescrevendo:

[tex3][Re(z)]^2 + [Im(z)]^2 + k\cdot Re(z) \cancel{+ k\cdot Im(z)} + k\cdot Re(z) \cancel{- k\cdot Im(z)} = 0[/tex3] (II)

[tex3]\boxed{[Re(z)]^2 + 2k\cdot Re(z) + [Im(z)]^2 = 0}[/tex3] (II)

Por Girard:

[tex3]x_{1} x_{2} x_{3} = - n[/tex3] (III)

[tex3]\boxed{k\cdot ([Re(z)]^2 + [Im(z)]^2) = -n}[/tex3] (III)

Pela definição de módulo:

[tex3]\beta = \sqrt{[Re(z)]^2 + [Im(z)]^2]}[/tex3] (IV)

[tex3]\boxed{\beta^2 = [Re(z)]^2 + [Im(z)]^2]}[/tex3] (IV)


Fazendo (IV) em (III):

[tex3]\boxed{k = -\frac{n}{\beta^2}}[/tex3] (V)

Fazendo (IV) e (V) em (II):

[tex3]\beta^2 = 2 \frac{n}{\beta^2} \cdot Re(z)[/tex3]
[tex3]\boxed{Re(z) = \frac{\beta ^4}{2n}}[/tex3] (VI)

Fazendo (V) e (VI) em (I):

[tex3]\frac{\beta ^4}{n} - \frac{n}{\beta^2} = -m[/tex3]

[tex3]\boxed{m = \frac{n^2 - \beta^6}{n \beta^2}}[/tex3], Letra D

Solução Alternativa

---

Problema 4

(ITA-1989) Numa progressão geométrica de razão [tex3]q[/tex3] sabemos que [tex3]a_{1} = \frac{1}{q}[/tex3], [tex3]a_{1} a_{n} = \left(\frac{2}{3}\right)^5[/tex3] e o produto dos [tex3]n[/tex3] primeiros termos é [tex3]q^{20}[/tex3]. Então a soma dos [tex3]n[/tex3] primeiros termos é igual a:

a) [tex3]\frac{1}{2}\cdot \frac{3^8 - 2^8}{3^6}[/tex3]
b) [tex3]\frac{1}{2}\cdot \frac{3^6 - 2^6}{3^6}[/tex3]
c) [tex3]\frac{1}{4}\cdot \frac{3^8 - 2^8}{3^6}[/tex3]
d) [tex3]\frac{1}{4}\cdot \frac{3^6 - 2^6}{3^6}[/tex3]
e) [tex3]\frac{1}{4}\cdot \frac{3^6 - 2^6}{3^8}[/tex3]

Resposta

---

a)

[lecko]

Solução do problema 4:

[tex3]P=\sqrt{(a_1\cdot a_n)^{n}}[/tex3]
como [tex3]a_n=a_1\cdot q^{n-1} \rightarrow a_n=\frac{1}{q}\cdot q^{n-1}=q^{n-2}[/tex3]
então [tex3]a_1\cdot a_n=q^{-1}\cdot q^{n-2}=q^{n-3}[/tex3].
[tex3]P^2=(a_1\cdot a_n)^{n} \rightarrow (q^{20})^2=(q^{n-3})^{n} \rightarrow q^{40}=q^{n^2-3n}[/tex3]
logo [tex3]n^2-3n-40=0[/tex3], [tex3]n=8[/tex3]
como [tex3]a_1\cdot a_n=\left(\frac{2}{3}\right)^5[/tex3] então [tex3]q^{40}=\left[\left(\frac{2}{3}\right)^5\right]^8 \rightarrow q^{40}=\left(\frac{2}{3}\right)^{40}[/tex3] então [tex3]q=\frac{2}{3}[/tex3]
A soma é dada por:
[tex3]S_n=\frac{a_1(1-q^{n})}{1-q} \rightarrow S_8=\frac{\frac{1}{\,\,\frac{2}{3}\,\,}\left[1-\left(\frac{2}{3}\right)^8\right]}{1-\frac{2}{3}}[/tex3]
[tex3]S_8=\frac{\frac{3}{2}\left[1-\frac{2^8}{3^8}\right]}{\frac{1}{3}} \rightarrow \frac{9}{2}\left(1-\frac{2^8}{3^8}\right) \rightarrow \frac{3^2}{2}\left(\frac{3^8-2^8}{3^8}\right)[/tex3]
[tex3]S_8=\frac{1}{2}\left(\frac{3^8-2^8}{3^6}\right)[/tex3]
Letra [tex3]A[/tex3]

---

Problema 5

(ITA - 2011) Se [tex3]1[/tex3] é uma raiz de multiplicidade [tex3]2[/tex3] da equação [tex3]x^4+x^2+ax+b=0[/tex3], com [tex3]a,\,b\in \mathbb{R}[/tex3], então [tex3]a^2-b^3[/tex3] é igual a:

a) -64
b) -36
c) -28
d) 18
e) 27

Resposta

---

[tex3]C[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução Problema 5
Como 1 é raiz dupla, então também é raiz da primeira derivada, assim temos,
[tex3]P'(x)=4x^3+2x+a[/tex3]

Assim temos,
[tex3]P'(1)=0\longrightarrow 4+2+a=0\therefore a=-6[/tex3]

Como [tex3]P(1)=0[/tex3] e [tex3]a=-6[/tex3], na equação inicial temos,
[tex3]1+1-6+b=0\therefore b=-4[/tex3]

Portanto,
[tex3]a^3-b^3=36-64=-28[/tex3]

[tex3]\boxed{a^3-b^3=-28}[/tex3]

---

Problema 6

(IME-2007) Encontre o polinômio [tex3]P(x)[/tex3] tal que [tex3]Q(x)+1=(x-1)^3\cdot P(x)[/tex3] e que [tex3]Q(x)+2[/tex3] é divisível por [tex3]x^4[/tex3], onde [tex3]Q(x)[/tex3] é um polinômio do 6º grau.

Resposta

---

Gabarito:[tex3]P(x)=10x^3+6x^2+3x+1[/tex3]

[poti]

Solução do Problema 6

[tex3]Q(x) = ax^6 + bx^5 + cx^4 + dx^3 + ex^2 + fx + a_{0}[/tex3]

Para termos [tex3]Q(x) + 2[/tex3] divisível por [tex3]x^4[/tex3], seu termo independente deve valer [tex3]\boxed{a_{0} = -2}[/tex3].

Então, para ficar:

[tex3]\frac{ax^6 + bx^5 + cx^4 + dx^3 + ex^2 + fx}{x^4} = 0[/tex3]

Temos que ter os coeficientes das incógnitas de graus inferiores a 4 igual a zero.

[tex3]\boxed{d = e = f = 0}[/tex3]

[tex3]Q(x) = ax^6 + bx^5 + cx^4 - 2[/tex3]

[tex3]Q(x) + 1[/tex3] tem raiz tripla [tex3]x = 1[/tex3].

Operando o dispositivo de Briot-Ruffino por três vezes com a raiz 1, chegamos em:

[tex3]a + b + c - 1 = 0[/tex3] (I)
[tex3]6a + 5b + 4c = 0[/tex3] (II)
[tex3]30a + 20b + 12c = 0[/tex3] (III)

Que nos dá: [tex3]a = 10[/tex3], [tex3]b = -24[/tex3], [tex3]c = 15[/tex3].

[tex3]Q(x) + 1 = 10x^6 - 24x^5 + 15x^4 - 1 = (x - 1)^3 P(x)[/tex3]

Realizando a divisão de [tex3]10x^6 - 24x^5 + 15x^4 - 1[/tex3] por [tex3](x - 1)^3[/tex3], chegamos na resposta:

[tex3]\boxed{P(x) = 10x^3 + 6x^2 + 3x + 1}[/tex3]

---

Problema 7

(ITA - 1971) Seja [tex3]n[/tex3] um número inteiro [tex3]n \geq 1[/tex3] e [tex3]x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)[/tex3]. Qual das afirmações abaixo é sempre verdadeira ?

a) [tex3](1 - \text{sen }x)^n \geq 1 - n\cdot\text{sen }x[/tex3]
b) [tex3](1 - \text{sen }x)^n \geq 1 - n\cdot\text{sen }x \ \forall \ n \ Par[/tex3]
c) [tex3](1 - \text{sen }x)^n \leq 1 - n\cdot\text{sen }x[/tex3]
d) [tex3](1 - \text{sen }x)^n \leq 1 - n\cdot\cos x[/tex3]
e) NDA

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 7

Pela Desigualdade de Bernoulli temos que:

[tex3](1+x)^n \ge 1+nx\,[/tex3].

Sendo assim,

[tex3](1 - \operatorname{sen}x)^n \geq 1 - n\cdot\operatorname{sen}x[/tex3]. Letra A

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Problema 8

(IME-70/71) Resolver o sistema de equações: [tex3]\begin{cases}x^{\frac{1}{4}}+y^{\frac{1}{5}}=3\\ x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{2}{5}}=5\end{cases}[/tex3]

a) [tex3]\begin{cases}x=-1,\,y=32 \\ x=16,\,y=1\end{cases}[/tex3]

b) [tex3]\begin{cases}x=2,\,y=0 \\ x=16,\,y=32\end{cases}[/tex3]

c) [tex3]\begin{cases}x=1,\,y=1 \\ x=16,\,y=-16\end{cases}[/tex3]

d) [tex3]\begin{cases}x=1,\,y=32 \\ x=16,\,y=1\end{cases}[/tex3]

e) [tex3]\begin{cases}x=0,\,y=-1 \\ x=32,\,y=32\end{cases}[/tex3]

f) N.R.A

[lecko]

Solução do Problema 8:

Repare que [tex3]y^{\frac{2}{5}}=\left(y^{\frac{1}{5}}\right)^2[/tex3]
temos que [tex3]y^{\frac{1}{5}}=3-x^{\frac{1}{4}}[/tex3] e [tex3]y^{\frac{2}{5}}=5-x^{\frac{1}{2}}[/tex3] substituindo:
[tex3]5-x^{\frac{1}{2}}=(3-x^{\frac{1}{4}})^2[/tex3]
[tex3]5-x^{\frac{1}{2}}=9-6x^{\frac{1}{4}}+x^{\frac{1}{2}}[/tex3]
[tex3]2x^{\frac{1}{2}}-6x^{\frac{1}{4}}+4=0[/tex3] então fazendo [tex3]x=k^4[/tex3] teremos:
[tex3]2k^2-6k+4=0[/tex3] logo [tex3]k=\{1;2\}[/tex3]
pondo em [tex3]x=k^4[/tex3] teremos:
[tex3]x=\{1;16\}[/tex3]

Substituindo no sistema temos:

para [tex3]x=1 \rightarrow y=32[/tex3] e para [tex3]x=16 \rightarrow y=1[/tex3]

Logo temos como resposta letra [tex3]D[/tex3]

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Problema 9

(ITA - 2005) No desenvolvimento de [tex3](ax^2-2bx+c+1)^5[/tex3] obtém-se um polinômio [tex3]p(x)[/tex3] cujos coeficientes somam [tex3]32[/tex3]. Se [tex3]0[/tex3] e -[tex3]1[/tex3] são raizes de [tex3]p_{(x)}[/tex3], então a soma de [tex3]a+b+c[/tex3] é igual a:

[tex3]A)[/tex3] [tex3]-\frac{1}{2}[/tex3]

[tex3]B)[/tex3] [tex3]-\frac{1}{4}[/tex3]

[tex3]C)[/tex3] [tex3]\frac{1}{2}[/tex3]

[tex3]D)[/tex3] [tex3]1[/tex3]

[tex3]E)[/tex3] [tex3]\frac{3}{2}[/tex3]

Resposta

---

Gabarito:[tex3]A[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução Problema 9

Do enunciado tiramos,
[tex3]\begin{cases}
(a\cdot 1^2-2b\cdot 1+c+1)^5=2^5\\(a\cdot 0^2-2b\cdot 0+c+1)^5=2^5\\(a\cdot (-1)^2-2b\cdot (-1)+c+1)^5=2^5
\end{cases}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\begin{cases}
a-2b+c+1=2\\ c+1=0 \therefore \boxed{c=1}\\a+2b+c+1=0
\end{cases}[/tex3]

Logo,
[tex3]\begin{cases}
a-2b=2\\a+2b=0
\end{cases}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\begin{cases}
\boxed{a=1}\\ \boxed{b=-\frac{1}{2}}
\end{cases}[/tex3]

Por fim,
[tex3]\boxed{a+b+c=-\frac{1}{2}}[/tex3].Letra A

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Problema 10

(IME - 1970/71) Resolver a equação

[tex3]2^{y+1}-\frac{7}{2^{y-1}}+2^{y-2}=\frac{1}{2^{y-2}}[/tex3]

e assinalar a resposta abaixo.

a) [tex3]y=1,2[/tex3]
b) [tex3]y=1,5[/tex3]
c) [tex3]2[/tex3]
d) [tex3]0,3[/tex3]
e) [tex3]0,5[/tex3]
f) N.R.A