Maratonas de Matemática ⇒ II Maratona de Matemática IME/ITA

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 10

A equação geral de uma curva vale:
[tex3]Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0[/tex3]

Sabemos que após uma rotação qualquer temos,
[tex3]A+C=A'+C'[/tex3]
[tex3]B^2-4AC=B'^2-4A'C'[/tex3]

Após uma translação encontramos,
[tex3]\begin{cases}4x-4y=2\\8y-4x=8\end{cases}[/tex3]

Logo o centro da curva vale [tex3]C\left(3,\frac{5}{2}\right)[/tex3]

Substuindo o valor do centro na curva dada encontramos o valor de [tex3]F'[/tex3]

[tex3]F'=-4[/tex3]

Também temos,
[tex3]A+C=A'+C'=6[/tex3]
[tex3]B^2-4AC=B'^2-4A'C'=-16[/tex3]

Como queremos [tex3]B'=0[/tex3] encontramos,
[tex3]A'C'=4[/tex3]

Resolvendo o sistemos,
[tex3]\begin{cases}A'+C'=6\\A'C'=4\end{cases}[/tex3]

[tex3](A',C')=\(3\pm\sqrt{5},3\mp \sqrt{5}\)[/tex3]

Uma equação que satisfaz é:
[tex3]A'x^2+C'y^2+F'=0[/tex3]
[tex3]\(3+\sqrt{5}\)x^2+\(3-\sqrt{5}\)y^2-4=0[/tex3]. Elipse

A área a elipse é dada por,
[tex3]A=\pi ab[/tex3]

Desta forma temos que,
[tex3]A=\pi\sqrt{\frac{4}{\(3+\sqrt{5}\)}\cdot \frac{4}{\(3-\sqrt{5}\)}}[/tex3]

Portanto a área desejada vale,
[tex3]\boxed{A=2\pi\cdot u\cdot a}[/tex3]

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Problema 11

(IME - 2011) Sejam [tex3]z_1=10+6i[/tex3] e [tex3]z_2=4+6i[/tex3], onde [tex3]i[/tex3] é a unidade imaginária, e [tex3]z[/tex3] um número complexo tal que [tex3]\arg\left(\frac{z-z_1}{z-z_2}\right)=\frac{\pi}{4}[/tex3] determine o módulo do número complexo [tex3](z-7-9i)[/tex3].

[theblackmamba]

Solução do Problema 11

Tome [tex3]z=a+bi[/tex3] e [tex3]k=\left(\frac{z-z_1}{z-z_2}\right)[/tex3]

[tex3]k = \frac{(a-10) + (b-6)i}{(a-4) + (b-6)i} \cdot \frac{(a -4) - (b-6)i}{(a-4) - (b-6)i} = \frac{[(a-10)(a-4) + (b-6)^2] + [(a-4)(b-6) - (a-10)(b-6)i]}{(a-4)^2 + (b-6)^2}[/tex3]

O enunciado nos dá que [tex3]\text{arg}(k) = \frac{\pi}{4}[/tex3], logo [tex3]\text{Im}(k) = \text{Re}(k)[/tex3] (1º Quad. --> reta y = x)

[tex3](a-4)(b-6) - (a-10)(b-6) = (a-10)(a-4) + (b-6)^2[/tex3]
[tex3](b-6)(a - 4 - a + 10) = a^2 - 14a + 40 + b^2 - 12b + 36[/tex3]
[tex3]6b - 36 = a^2 - 14a + b^2 - 12b + 36 + 40[/tex3]
[tex3]a^2 - 14a + (49) + b^2 - 18b + (81) = 18[/tex3]
[tex3]\boxed{(a-7)^2 + (b-9)^2 = 18}[/tex3]

A equação representa uma circunferência de raio [tex3]r=\sqrt{18}[/tex3] e centro [tex3]C(7,9)[/tex3]

complexo.png (6.58 KiB) Exibido 4624 vezes

No plano complexo, temos que:
[tex3]|z - w| = u = r[/tex3]

Se [tex3]w=7+9i \Rightarrow |z - 7 - 9i| = \sqrt{18}[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{|z-7-9i|=3 \sqrt{2}}[/tex3]

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Problema 12

(IME - 1987) Demonstre que num triângulo ABC:
[tex3]\text{cotg}\frac{A}{2} = \frac{\text{sen }B + \text{sen }C}{\cos B + \cos C}[/tex3].

[FilipeCaceres]

Solução Problema 12

Do enunciado tiramos,
[tex3]A+B+C=\pi[/tex3]
[tex3]B+C=\pi-A[/tex3]

Do lado direito temos,
[tex3]LD=\frac{\sen B + \sen C}{\cos B + \cos C}=\frac{2\sen\left(\frac{B+C}{2}\right)\cdot\cos\left(\frac{B-C}{2}\right)}{2\cos\left(\frac{B+C}{2}\right)\cdot\cos\left(\frac{B-C}{2}\right)}[/tex3]

[tex3]LD=\frac{\sen\left(\frac{B+C}{2}\right)}{\cos\left(\frac{B+C}{2}\right)}=\tan\left(\frac{B+C}{2}\right)=\tan\left(\frac{\pi-A}{2}\right)=\cot\left(\frac{A}{2}\right)[/tex3] C.Q.D

Obs.:
[tex3]\tan\left(\frac{\pi-A}{2}\right)=\tan \left(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}\right)=\cot\left(\frac{A}{2}\right)[/tex3]

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Problema 13

(IME - 1999) Determine [tex3]\theta[/tex3] sabendo-se que:

(i) [tex3]\frac{1-\cos^4\theta}{1-\sen^4\theta}.\frac{1+\cot^2\theta}{1+\tan^2\theta}=\frac{2}{3}[/tex3]

(ii) [tex3]0<\theta \leq 2\pi[/tex3] radianos.

[theblackmamba]

Solução do Problema 13

Aplicando a diferença de quadrados e propriedades:

[tex3]\frac{(1+\cos^2\theta)(1-\cos^2\theta)}{(1+\operatorname{sen}^2\theta)(1-\operatorname{sen}^2\theta)}\cdot\frac{\frac{\cos^2\theta}{\operatorname{sen}^2\theta+1}}{\frac{\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta+1}}=\frac{(1+\cos^2\theta)\cdot\operatorname{sen}^2\theta\cdot\frac{\operatorname{sen}^2\theta+\cos^2\theta}{\operatorname{sen}^2\theta}}{(1+\operatorname{sen}^2\theta)\cdot\cos^2\theta\cdot\frac{(\operatorname{sen}^2\theta+\cos^2\theta)}{\cos^2\theta}}=\frac{1+\cos^2\theta}{1+\operatorname{sen}^2\theta}[/tex3]

[tex3]\frac{1 + (1 - \operatorname{sen}^2 \theta) }{1 + \operatorname{sen}^2 \theta} = \frac{2}{3}[/tex3]

[tex3]6 - 3 \operatorname{sen}^2 \theta = 2 + 2\operatorname{sen}^2 \theta[/tex3]

[tex3]5\operatorname{sen}^2 \theta = 4[/tex3]

[tex3]\operatorname{sen} \theta = \pm \frac{2 \sqrt5}{5}[/tex3]

[tex3]\boxed{\theta = \operatorname{arcsen}\frac{2 \sqrt5}{5}}[/tex3]

Como o ângulo pertence a todos os quadrantes temos que considerar todos os seus correspondentes, logo: (para ocupar menos espaço tome [tex3]\beta = \operatorname{arcsen} \left(\frac{2 \sqrt5}{5}\right)[/tex3]

[tex3]\boxed{\boxed{S:\left\{ \pi - \beta,\, \beta ,\,\pi + \beta , \,2\pi - \beta\right\}}}[/tex3]

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Problema 14
(IME - 1996) Considere uma esfera inscrita e tangente à base de um cone de revolução. Um cilindro está circunscrito à esfera de tal forma que uma de suas bases está apoiada na base do cone. Seja [tex3]V_1[/tex3] o volume do cone e [tex3]V_2[/tex3] o volume do cilindro. Encontre o menor valor da constante [tex3]k[/tex3] para o qual [tex3]V_1 = k \cdot V_2[/tex3].

[FilipeCaceres]

Solução Problema 14

IME 1997.png (13.47 KiB) Exibido 4601 vezes

Da figura tiramos,
[tex3]\tan\theta =\frac{H}{R}[/tex3]
[tex3]\tan\frac{\theta}{2}=\frac{r}{R}[/tex3]
[tex3]h=2r[/tex3]

Volume do Cone: [tex3]V_1=\frac{\pi \cdot R^2\cdot H}{3}[/tex3]
Volume Cilindro: [tex3]V_2=\pi \cdot r^2\cdot h=2\pi \cdot r^3[/tex3]

Do enunciado,
[tex3]k=\frac{V_1}{V_2}=\frac{R^2\cdot H}{6r^3}=\frac{\tan\theta}{6\tan^3\frac{\theta}{2}}[/tex3]

O valor mínimo será encontrado derivando a função, mas para facilitar vamos transformar,
[tex3]k=\frac{\frac{\sen\theta}{\cos\theta}}{6\frac{\sen^3\frac{\theta}{2}}{\cos^3\frac{\theta}{2}}}[/tex3]
[tex3]k=\frac{2\sen\frac{\theta}{2}\cos^4\frac{\theta}{2}}{6\sen^3\frac{\theta}{2}\(1-2\sen^2\frac{\theta}{2}\)}[/tex3]

Arrumando,
[tex3]k=\frac{\(1-\sen^2\frac{\theta}{2}\)^2}{3\sen^2\frac{\theta}{2}\(1-2\sen^2\frac{\theta}{2}\)}[/tex3]

Fazendo [tex3]\sen^2\frac{\theta}{2}=a[/tex3]
[tex3]k=\frac{(1-a)^2}{3a(1-2a)}[/tex3]

Pra encontrar o mínimo de [tex3]k[/tex3], devemos fazer [tex3]k'=0[/tex3].

Sabemos que,
[tex3]\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'=\frac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{[g(x)]^2}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]k'=\frac{2(1-a)(-1)(3a(1-2a))-(1-a)^2[3(1-2a+3a(-2))]}{[3a(1-2a)]^2}[/tex3]

Desenvolvendo encontramos,
[tex3]k'=\frac{(a-1)(1-3a)}{3a^2(1-2a)}[/tex3]

Desta forma encontramos,
[tex3]a=1[/tex3]
[tex3]a=\frac{1}{3}[/tex3]

Portanto o valor mínimo será:
[tex3]k=\frac{\(1-\frac{1}{3}\)^2}{3\cdot\frac{1}{3}\(1-2\cdot\frac{1}{3}\)}[/tex3]
[tex3]\boxed{k=\frac{4}{3}}[/tex3]

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Problema 15

(ITA - 1967) Determine o coeficiente de [tex3]x^{17}[/tex3] no desenvolvimento de [tex3](1+x^5+x^7)^{20}[/tex3]?

a) [tex3]0[/tex3]
b) [tex3]1210[/tex3]
c) [tex3]3000[/tex3]
d) [tex3]3420[/tex3]
e) [tex3]4000[/tex3]

[Natan]

Solução do problema 15

Olharemos o trinomio como um binomio:

[tex3][1+(x^5+x^7)]^{20}[/tex3] e aplicaremos o termo geral:

[tex3]T_{p+1}={20 \choose p}\cdot(x^5+x^7)^{20-p}[/tex3]

aplicando novamente o termo geral ao binomio que surgiu :

[tex3]T_{k+1}={20-p \choose k}\cdot (x^5)^k\cdot (x^7)^{20-p-k}[/tex3]

e substituindo na primeira:

[tex3]T_{p+1}={20 \choose p}\cdot {20-p \choose k}\cdot x^{140-7p-2k}[/tex3]

como queremos que o expoente seja 17 vem: [tex3]140-7p-2k=17\, \Rightarrow\, 7p+2k=123[/tex3] que tem por solução [tex3]k=2\, \text{ e }\, p=17[/tex3]. Substituindo esses valores:

[tex3]{20 \choose p}\cdot {20-p \choose k}={20 \choose 17}\cdot{3 \choose 2}=\frac{20!}{3!17!}\cdot\frac{3!}{1!2!}=3420[/tex3].
[tex3]\boxed{ d}[/tex3]

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Problema 16

(IME-2005) Determine o valor das raízes comuns das equações [tex3]x^4-2x^3-11x^2+18x+18=0\, \text{ e }\, x^4-12x^3-44x^2-32x-52=0[/tex3].

[poti]

Solução do Problema 16

Não existem raízes comuns entre esses dois polinômios, acredito que a questão esteja errada. As raízes notáveis do primeiro são [tex3]3[/tex3] e [tex3]{-}3[/tex3], descobertas por inspeção. Por Briot-Ruffini, rebaixamos para [tex3]x^2 - 2x - 2[/tex3] e vemos que as outras raízes também não servem para [tex3]x^4-12x^3-44x^2-32x-52=0[/tex3].

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Problema 17

(ITA-73) Sabe-se que a média harmônica entre o raio e a altura de um cilindro de revolução vale [tex3]4[/tex3]. Quanto valerá a relação do volume para a área total deste cilindro?

[theblackmamba]

Solução do Problema 17

[tex3]\frac{2}{\frac{1}{r} + \frac{1}{h}} = 4[/tex3]

[tex3]\frac{2}{r} = \frac{h-2}{h}[/tex3]

[tex3]r = \frac{2h}{h-2}[/tex3]

[tex3]V=\pi r^2 h[/tex3]

[tex3]V = \pi \cdot \frac{4h^2}{(h-2)^2} \cdot h[/tex3]

[tex3]\boxed{V = \frac{4h^3 \pi}{(h-2)^2}}[/tex3]

[tex3]A = 2\pi r (h+r)[/tex3]

[tex3]A = 2\pi \cdot \frac{2h}{h-2}\left(h + \frac{2h}{h-2}\right)[/tex3]

[tex3]A = \frac{4h \pi}{h-2}\left(\frac{h(h-2) + 2h}{h-2}\right)[/tex3]

[tex3]\boxed{A = \frac{4h^3 \pi}{(h-2)^2}}[/tex3]

Como o volume e a área são iguais a relação entre eles é 1.

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Problema 18

(IME - 2004) Resolva a equação:

[tex3]2\cdot\sen(11x) + \cos(3x) + \sqrt 3\cdot\sen(3x) = 0[/tex3]

[Natan]

Solução do problema 18

[tex3]2\sen (11x) +\cos(3x) + \sqrt3 \sen (3x) = 0[/tex3] unimos a dupla de seno e cosseno em um só seno:
[tex3]\cancel{2}\sen (11x)+\cancel{2}\sen \left( 3x+ \frac{\pi}{6}\right)=0[/tex3] unimos novamente os senos com a prostaférese
[tex3]2\sen \left( 7x+ \frac{\pi}{12}\right) \cos \left( 4x- \frac{\pi}{12}\right )=0[/tex3]

de onde vem:

[tex3]\begin{cases}\sen\left( 7x+ \frac{\pi}{12}\right)=0\, \Rightarrow\, 7x+ \frac{\pi}{12}=k \pi\, \therefore\, x=-\frac{\pi}{84}+\frac{k \pi}{7} \\ \cos \left( 4x- \frac{\pi}{12}\right)=0\, \Rightarrow\, 4x- \frac{\pi}{12}=\frac{\pi}{2}+k \pi\, \therefore\, x=\frac{7\pi}{48}+\frac{k \pi}{4}\end{cases}[/tex3]

daí: [tex3]S= \left\{ x\, \in\, \Re\, \Big|\, x=-\frac{\pi}{84}+\frac{k \pi}{7}\, ou\, x=\frac{7\pi}{48}+\frac{k \pi}{4}\, k\, \in\, \mathbb{Z} \right\}[/tex3]

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Problema 19

(EN-2003) O número de soluções reais da equação [tex3]\sen (x^{-1})=x-2[/tex3] é um número:

a) [tex3]0[/tex3]
b) [tex3]1[/tex3]
c) [tex3]2[/tex3]
d) [tex3]3[/tex3]
e) maior que [tex3]3[/tex3]

[poti]

Solução do Problema 19

[tex3]f(x) = x - 2[/tex3]. Para [tex3]x = 0[/tex3], [tex3]f(x) = - 2[/tex3]. Como a reta tem inclinação positiva, não é preciso analisar antes disso (já que [tex3]g(x) = \sen\left(\frac{1}{x}\right)[/tex3] é limitada entre [tex3]1[/tex3] e [tex3]-1[/tex3]).

Para [tex3]x = 1[/tex3], [tex3]f(x) = -1[/tex3] mas não encontra com [tex3]g(x)[/tex3] pois [tex3]\sen(1)[/tex3] é positivo e está acima do eixo das abcissas.

Para [tex3]x = 2[/tex3], [tex3]f(x)[/tex3] zera e [tex3]g(x)[/tex3] é maior pois [tex3]\sen\left(\frac{1}{2}\right)[/tex3] está no primeiro quadrante.

Para [tex3]x = 3[/tex3], [tex3]f(x)[/tex3] vale [tex3]1[/tex3] (Valor máximo do seno) e [tex3]g(x) = \sen\left(\frac{1}{3}\right)[/tex3] que vale menos que [tex3]1[/tex3]. Após isso, [tex3]f(x)[/tex3] cresce para valores que a senóide não mais alcança. Portanto, UMA solução real.

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Problema 20

(ITA - 1991) Se [tex3]A=\{x\in \mathbb{R}:|x^2+x+1|\leq|x^2+2x-3|\}[/tex3], então temos:

a) [tex3]A=\left[-2,\frac{1}{2}\right]\cup [4,+\infty [[/tex3]
b) [tex3]A=\left[\frac{1}{2},4\right][/tex3]
c) [tex3]A=[-3,1][/tex3]
d) [tex3]A=]-\infty ,-3]\cup [1,+\infty[[/tex3]
e) [tex3]N.D.A[/tex3]