Maratonas de Matemática ⇒ II Maratona de Matemática IME/ITA

[theblackmamba]

Solução do Problema 20

Com as partes positivas do módulo:

[tex3]x^2+x+1 \leq x^2 + 2x-3[/tex3]
[tex3]x\geq 4[/tex3]

Com as partes negativas do módulo:
[tex3]-x^2 -x - 1 \leq -x^2-2x + 3[/tex3]
[tex3]x \leq 4[/tex3]

Uma positiva e outra negativa:
[tex3]x^2 + x + 1 \leq -x^2 - 2x + 3[/tex3]
[tex3]2x^2 + 3x - 2 \leq 0[/tex3]
[tex3]-2 \leq x \leq \frac{1}{2}[/tex3]

Uma negativa e outra positiva:
[tex3]-x^2 - x - 1 \leq x^2 + 2x - 3[/tex3]
[tex3]2x^2 + 3x - 2 \geq 0[/tex3]
[tex3]x\geq \frac{1}{2}[/tex3] ou [tex3]x \leq -2[/tex3]

Fazendo todas as intersecções temos que:
[tex3]\boxed{A=\left[-2,\frac{1}{2}\right] \cup \left[4,\infty\right[}[/tex3]

Letra A

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Problema 21

(ITA - 1997) Seja [tex3]\theta[/tex3] um valor fixado no intervalo [tex3]\left]0,\frac{\pi}{2}\right[[/tex3]. Sabe-se que [tex3]a_1 = \cotg \theta[/tex3] é o primeiro termo de uma progressão geométrica de razão [tex3]q=\sen ^2 \theta[/tex3]. A soma de todos os termos dessa progressão é:

a) [tex3]\cosec \theta \cdot \tan\theta[/tex3]
b) [tex3]\sec\theta \cdot \tan\theta[/tex3]
c) [tex3]\sec\theta \cdot \cossec \theta[/tex3]
d) [tex3]\sec^2 \theta[/tex3]
e) [tex3]\cosec ^2 \theta[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 21

[tex3]S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{\cot \theta}{1-\sen^2\theta}=\frac{\cos\theta}{\sen\theta \cdot\cos^2\theta}=\boxed{\sec\theta \cdot \cosec \theta}[/tex3]. Letra C

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Problema 22

(ITA - 1991) Considere o sistema:

[tex3](P)\begin{cases}x+z+w=0\\x+ky+k^2w=1\\x+(k+1)z+w=1\\x+z+kw=2\end{cases}[/tex3]

Podemos afirmar que [tex3](P)[/tex3] é possível e determinado quando:

a) [tex3]k\neq 0[/tex3]
b) [tex3]k\neq 1[/tex3]
c) [tex3]k\neq -1[/tex3]
d) [tex3]k\neq 0 \,e\,k\neq -1[/tex3]
e) [tex3]N\cdot D\cdot A[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 22

Resolvendo na variável [tex3]k[/tex3]:

Pelo teorema de Cramer, (P) é possível e determinado, se, e somente se:

[tex3]\left|\begin{array}{cccc} 1&0&1&1 \\ 1&k&0&-k^2 \\ 1&0&k+1&1 \\ 1&0&1&k \end{array}\right|\neq 0[/tex3]

Aplicando Laplace na segunda linha:

[tex3]k \cdot (-1)^{2+2} \cdot \left|\begin{array}{ccc} 1&1&1 \\ 1&k+1&1 \\ 1&1&k \end{array}\right| \neq 0[/tex3]

[tex3]k^2(k-1) \neq 0 \Rightarrow \boxed{k\neq0 \,\,\text{ e }\,\,k\neq1}[/tex3]

Letra E

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Problema 23

(IME - 1999) Determine [tex3]\alpha[/tex3] para que seja possível o sistema:

[tex3]\begin{cases}x+2y-3z=4\\3x-y+5z=2\\4x+y+(\alpha^2-14)z=\alpha+2\end{cases}[/tex3]

[Natan]

Solução do problema 23

sabemos que o sistema terá uma única solução se o determinante principal for não nulo, isto é:

[tex3]\begin{vmatrix} 1 & 2 & - 3 \\ 3 & -1 & 5 \\ 4 & 1 & \alpha^2 -14 \end{vmatrix} \neq 0\,\,\, \Rightarrow\,\,\, \alpha \neq \pm 4[/tex3]

para o casos casos em que o determinante se anula, ou seja, para [tex3]\alpha= \pm 4[/tex3] o sistema pode ter infinitas soluções ou mesmo nenhuma! vamos inicialmente escalonar o sistema:

[tex3]\begin{vmatrix} 1 & 2 & - 3 & 4\\ 3 & -1 & 5 & 2\\ 4 & 1 & \alpha^2 -14 & \alpha +2\end{vmatrix} \rightarrow \ldots \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 & \frac{8}{7}\\ 0 & 1 & -2 & \frac{10}{7}\\ 0 & 0 & \alpha^2 -16 & \alpha -4\end{vmatrix}[/tex3]

daí temos,

se [tex3]\alpha = -4[/tex3] o sistema se torna:

[tex3]\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 & \frac{8}{7}\\ 0 & 1 & -2 & \frac{10}{7}\\ 0 & 0 & 0 & -8\end{vmatrix}[/tex3]

o sistema é obviamente impossível!!

se [tex3]\alpha = 4[/tex3] o sistema se torna:

[tex3]\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 & \frac{8}{7}\\ 0 & 1 & -2 & \frac{10}{7}\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{vmatrix}[/tex3]

nesse caso o sistema apresenta 1 grau de liberdade, permitindo a existencia de infinitas soluções!

Do exposto acima conclui-se que o sistema não possui solução apenas no caso em que [tex3]\alpha = -4[/tex3]. Finalmente, o sistema possui solução no conjunto [tex3]\Re - \left\{-4 \right\}[/tex3].

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Problema 24

(EN-2010) Considere um triangulo isósceles [tex3]ABC[/tex3] inscrito em um círculo. Suponha que o raio do círculo cresce a uma taxa de [tex3]3\text{cm/s}[/tex3] e a altura maior do triangulo cresce a uma taxa de [tex3]5\text{cm /s}[/tex3]. A taxa de crescimento da área do triangulo, no instante em que o raio e a altura maior medem, respectivamente 10cm e 16cm

a) [tex3]78\text{ cm}^2/\text{s}[/tex3]
b) [tex3]76\text{ cm}^2/\text{s}[/tex3]
c) [tex3]64\text{ cm}^2/\text{s}[/tex3]
d) [tex3]56\text{ cm}^2/\text{s}[/tex3]
e) [tex3]52\text{ cm}^2/\text{s}[/tex3]

[FilipeCaceres]

Solução do Problema 24

EN - 2010.png (10.86 KiB) Exibido 3347 vezes

A área do triângulo vale,
[tex3]A=\frac{2b\cdot h}{2}=b\cdot h[/tex3]

Por Pitágoras,
[tex3]r^2=(h-r)^2+b^2[/tex3]
[tex3]b=\sqrt{2rh-h^2}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]A=h\sqrt{2rh-h^2}[/tex3]

Assim temos,
[tex3]\frac{dA}{dt}=\frac{dh}{dt}\cdot \sqrt{2rh-h^2}+ \frac{h}{2\sqrt{2rh-h^2}}\cdot\left(2h\cdot\frac{dh}{dt}+2r\cdot\frac{dr}{dt}-2h\cdot\frac{dh}{dt}\right)[/tex3]

Substituindo os valores,
[tex3]\frac{dA}{dt}=5\cdot\sqrt{2\cdot 10\cdot 16-16^2}+\frac{16}{2\sqrt{2\cdot 10\cdot 16-16^2}}\cdot(2\cdot 16\cdot 3+2\cdot 10\cdot 5-2\cdot 16\cdot 5)[/tex3]
[tex3]\boxed{\frac{dA}{dt}=76\,\text{cm}^2/\text{s}}[/tex3]. Letra B

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Problema 25

(EN - 2000) A reta que passa pelo centro da elipse [tex3]x^2+4y^2-2x+8y+1=0[/tex3] e pelo vértice da parábola [tex3]x^2-4x-2y+12=0[/tex3] tem equação dado por:

a) [tex3]y+3x-2=0[/tex3]
b) [tex3]y+x-6=0[/tex3]
c) [tex3]-y+3x-2=0[/tex3]
d) [tex3]y-5x+6=0[/tex3]
e) [tex3]-y-2x+8=0[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 25

Completando os quadrados:

[tex3]x^2 - 2x+ 1 + 4y^2 +8y + 4=4[/tex3]
[tex3](x-1)^2 + 4(y^2 + 2y + 1)=4[/tex3]

Dividindo tudo por [tex3]4[/tex3]:

[tex3]\frac{(x-1)^2}{4} + \frac{(y+1)^2}{1} = 1[/tex3]

Logo o centro da elipse é [tex3]C(1,-1)[/tex3].

Equação da parábola:
[tex3]x^2 - 4x = 2y-12[/tex3]

[tex3]X_v = -\frac{(-4)}{2} = 2[/tex3]

[tex3]2^2 - 4\cdot 2= 2Y_v - 12[/tex3]
[tex3]Y_v = 4[/tex3]

[tex3]V(2,4)[/tex3]

Coeficiente angular da reta:
[tex3]m=\frac{4+1}{2-1} = 5[/tex3]

Logo a reta será:
[tex3]y+1 = 5(x-1)[/tex3]

[tex3]\boxed{y-5x+6=0}[/tex3] Letra D

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Problema 26

(EN - 1994) [tex3]A[/tex3], [tex3]B[/tex3] e [tex3]C[/tex3] são três pontos de uma circunferência de raio [tex3]r[/tex3], tais que [tex3]B[/tex3] pertence ao menor dos arcos de extremidades [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3]. [tex3]\overline{AB}[/tex3] e [tex3]\overline{BC}[/tex3] são iguais ao lado do quadrado e do hexágono regular inscritos na circunferência, respectivamente. A distância entre os pontos [tex3]A[/tex3] e [tex3]C[/tex3] é igual a:

a) [tex3]r[/tex3]
b) [tex3]r \sqrt{\sqrt{3} + 2}[/tex3]
c) [tex3]\frac{r}{2}(\sqrt2 + 1)[/tex3]
d) [tex3]r\sqrt{\sqrt{5}}[/tex3]
e) [tex3]\frac{r \sqrt3}{2}[/tex3]

[cajuADMIN]

Solução do Problema 26 (Colaboração do usuário PedroCunha)

O enunciado nos permite a construção da figura:

caju.png (31.66 KiB) Exibido 2879 vezes

Colocando os ângulos possíveis na figura, chegamos à conclusão que o ângulo [tex3]\angle\text{AOC}=90^\circ+60^\circ=150^\circ[/tex3].

Dessa forma, o uso da lei dos cossenos no triângulo [tex3]\triangle\text{AOC}[/tex3], com respeito ao ângulo [tex3]\angle\text{AOC}[/tex3] nos leva à resposta:

[tex3]x^2 = r^2 + r^2 - 2\cdot r\cdot r\cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)[/tex3]

[tex3]x^2 = 2r^2 + \sqrt{3}r^2[/tex3]

[tex3]x^2 = r^2\left(\sqrt{3}+2\right)[/tex3]

[tex3]\boxed{x = r\sqrt{\sqrt{3}+2}}[/tex3]

Resposta B

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Problema 27 Colaboração do usuário Swiichi

(ITA - 2009) Uma esfera é colocada no interior de um cone circular reto de [tex3]8cm[/tex3] de altura e de [tex3]60^o[/tex3] de ângulo de vértice. Os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência e distam [tex3]2\sqrt{3}cm[/tex3] do vértice do cone. O volume do cone não ocupado pela esfera, em [tex3]cm^3[/tex3], é igual a:

a) [tex3]\frac{416}{9}\pi[/tex3]
b) [tex3]\frac{480}{9}\pi[/tex3]
c) [tex3]\frac{500}{9}\pi[/tex3]
d) [tex3]\frac{512}{9}\pi[/tex3]
e) [tex3]\frac{542}{9}\pi[/tex3]

[ALDRINMOD]

Solução do Problema 27

Trian.jpg (17.42 KiB) Exibido 3351 vezes

O triângulo ABC é equilátero.

Se altura igual a [tex3]8\text{ cm}[/tex3]

[tex3]AB=\frac{16\sqrt{3}}{3}\text{ cm}[/tex3]

Triângulos [tex3]MCB[/tex3] e [tex3]COE[/tex3] são semelhantes

[tex3]\frac{\frac{16\sqrt3}{3}}{2R}=\frac{8}{2\sqrt3}[/tex3]

[tex3]R=2\text{ cm}[/tex3]

[tex3]\boxed{V_{\text{cone}}-V_{\text{esfera}}}[/tex3]

[tex3]\frac{\pi\left(\frac{8\sqrt3}{3}\right)^2\cdot 8}{3}-\frac{4\pi\cdot 2^3}{3}[/tex3]

[tex3]V=\frac{416\pi}{9}\text{ cm}^3[/tex3]

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Problema 28

(AFA-1988) O polinômio [tex3]P(x)[/tex3] é divisível por [tex3]x^2-a^2\,(a \neq 0)[/tex3], se, e somente se:

a) [tex3]P(a)=0[/tex3]
b) [tex3]P(-a)=0[/tex3]
c) [tex3]P(a)=P(-a)=0[/tex3]
d) [tex3]P(a)=0[/tex3] e [tex3]P(-a) \neq 0[/tex3]

[felps]

Solução do problema 28

Para que [tex3]P(x)[/tex3] seja divisível por [tex3]x^2-a^2 (a \neq 0)[/tex3]:
[tex3]x^2-a^2=0[/tex3], ou seja,
[tex3]x^2=a^2[/tex3].

Se [tex3]x=a[/tex3] teremos:
[tex3]a^2=a^2[/tex3], ou seja, a sentença será verdadeira.

Se [tex3]x=-a[/tex3] teremos:
[tex3](-a)^2=a^2[/tex3]
[tex3]a^2=a^2[/tex3], ou seja, a sentença será verdadeira.

Resposta C

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Problema 29

(ITA-1997) Considere a hipérbole [tex3]H[/tex3] e a parábola [tex3]T[/tex3], cujas equações são, respectivamente, [tex3]5(x + 3)^2 - 4(y - 2)^2 = -20[/tex3] e [tex3](y - 3)^2 = 4(x - 1)[/tex3].

Então, o lugar geométrico dos pontos [tex3]P[/tex3], cuja soma dos quadrados das distâncias de [tex3]P[/tex3] a cada um dos focos da hipérbole [tex3]H[/tex3] é igual ao triplo do quadrado da distância de [tex3]P[/tex3] ao vértice da parábola [tex3]T[/tex3], é:

a) A elipse de equação [tex3]\frac{(x-3)^2}{4}+\frac{(y+2)^2}{3}=1[/tex3]
b) A hipérbole de equação [tex3]\frac{(y+1)^2}{5}-\frac{(x-3)^2}{4}=1[/tex3]
c) O par de retas dadas por [tex3]y= \pm (3x-1)[/tex3]
d) A parábola de equação [tex3]y^2=4x+4[/tex3]
e) A circunferência centrada em [tex3](9,5)[/tex3] e raio [tex3]\sqrt{120}[/tex3]

[theblackmamba]

Solução do Problema 29

Equação da hipérbole: (divida tudo por 20)

[tex3]\frac{(y-2)^2}{5} - \frac{(x+3)^2}{4} = 1[/tex3].

Logo o centro da hipérbole é [tex3]C(-3,2)[/tex3]. E os focos estão na reta de equação [tex3]x-3=0[/tex3].

Mas, [tex3]c^2 = a^2 + b^2 \rightarrow c^2 = 5 + 4 \rightarrow c = 3[/tex3]. Logo as coordenadas do foco são: [tex3]F_1(-3,5)[/tex3] e [tex3]F_2(-3,-1)[/tex3].

Equação geral da parábola:
[tex3](y-Y_v)^2=p(x-X_v)[/tex3], sendo [tex3]X_v[/tex3] e [tex3]Y_v[/tex3] os vértices da parábola.

Pela equação as coordenadas do vértice são: [tex3]V(1,3)[/tex3].

O lugar geométrico definido mo enunciado é tal que:
[tex3](P F _1)^2 + (P F_2)^2 = 3 \cdot (PV)^2[/tex3]

[tex3](x+3)^2 + (y-5)^2 + (x+3)^2 + (y+1)^2 = 3 \cdot [(x-1)^2 + (y-3)^2][/tex3]
[tex3]2(x^2 + 6x + 9) + y^2 - 10y + 25 + y^2 + 2y + 4 = 3(x^2 - 2x + 1 + y^2 - 6y + 9)[/tex3]
[tex3]x^2 + y^2-18x-10y-14=0[/tex3]

[tex3]\boxed{(x-9)^2 + (y-5)^2 = 120}[/tex3]

Letra E

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Problema 30

(IME - 2009) Seja [tex3]S=1^2 + 3^2 + 5^2 +7^2 + ... + 79^2[/tex3]. O valor de S satisfaz:

a) [tex3]S<7 \cdot 10^4[/tex3]
b) [tex3]7 \cdot 10^4 < S < 8 \cdot 10^4[/tex3]
c) [tex3]8 \cdot 10^4 < S< 9 \cdot 10^4[/tex3]
d) [tex3]9 \cdot 10^4 < S< 10^5[/tex3]
e) [tex3]S \geq 10^5[/tex3]